TRIKOTNIKA V TRIKOTNIKU UGLAJENA ŠTEVILA -> SVETLOBNI ŠŠVRGOLEJ -> PLEMELJ IN METEOR -> UŠEŠI SE ROBOT
issn 0351-6652
9
9770351665630
MATEMATIČNI TRENUTKI
KO LO FO N
Oblike školjk
nu nu
Mehkužci sicer ne slovijo po matematičnih spretnostih, se pa v čudovitih vzorcih na njihovih hiškah skriva obilo matematike. Skupina matematikov je s pomočjo diferencialne geometrije, ki obravnava krivulje in ploskve, ugotovila, da veliko školjk nastane na enak nacin - njihov plašc tvori lupino po treh enostavnih postopkih: z raztezanjem, vrtenjem in zvijanjem. Raztezanje in vrtenje, na primer, oblikujeta takšno školjko, kot je na sliki. Školjka se debeli v spiralnem vzorcu v smeri odprtine. Z zvijanjem pa nastanejo školjke v obliki spiralnih stolpov ali zapletenih rogov.
Raziskovalci so ugotovili tudi, zakaj imajo nekatere školjke bodice. Te se tvorijo med hitrejšo rastjo plašca, pravokotno na odprtino školjke, v casu, ko plašc še ni popolnoma poravnan z odprtino. Zamik povzroci nestabilnost, izboklino, ki se še dodatno okrepi z rastjo školjke. Skupina je svoje ugotovitve in tudi drugacne matematicne modele preverjala z meritvami rasti resnicnih školjk in primerjavo zaznanih vzorcev z matematicnimi napovedmi. Še vedno je veliko odprtih vprašanj. Na primer, zakaj nekateri vzorci na hrbtih školjk postanejo fraktalni in zakaj se vecina školjk zvija v smeri urnega kazalca.
Bolj natancne informacije lahko najdete v clanku How the Seashells Take Shape, ki so ga v reviji Scientific American objavili D. E. Moulton, A. Goriely in R. Chirat aprila 2018.
Presek
list za mlade matematike, fizike, astronome in racunalnikarje letnik 46, šolsko leto 2018/2019, številka 3
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Grega Rihtar (jezikovni pregled), Mojca Cepic, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kracun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohoric (odgovorni urednik), Marko Razpet, Jure Slak (racunalništvo), Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik (tehnicni urednik).
Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 633, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2018/2019 je za posamezne narocnike 22,40 eur - posamezno narocilo velja do preklica, za skupinska narocila ucencev šol 19,60 eur, posamezna številka 6,00 eur, stara številka 4,00 eur, letna narocnina za tujino pa znaša 30 eur.
Transakcijski racun: 03100-1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovšcina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI56 031001000018 787.
List sofinancira Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proracuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domacih poljudno-znanstvenih periodicnih publikacij.
Založilo DMFA-založništvo
Oblikovanje Tadeja Šekoranja
Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana
Naklada 1300 izvodov
© 2018 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2080
Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
Poštnina placana pri pošti 1102 Ljubljana.
NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV
2
xxx
PRESEK 46 (2018/2019) 3
Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem.
Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps ... ), velikosti vsaj 8 cm pri lo čljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt.
Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si.
Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Če je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu.

MATEMATIČNI TRENUTKI
2 Oblike školjk
16-17
4-7
7-10
11-12
13-15,18
19-20
21-22
23
26-27
MATEMATIKA
Trikotnika v trikotniku
(Jurij Kovic in Aleksander Simonic)
Igra s cokoladkami - Chocolate Fix
(Nada Razpet)
Uglajena števila
(Marko Razpet)
FIZIKA
Svetlobni žvrgolej (Andrej Likar)
Zakaj planinec Andrej vedno zamuja? (Miha Mihovilovic)
ASTRONOMIJA
Plemelj in meteor (Marko Razpet)
Praktične naloge 12. mednarodne olimpijade iz astronomije in astrofizike 2018
(Andrej Guštin)
RAČUNALNIŠTVO
Uceci se robot (Andrej Likar)
31
23
28-29
priloga
priloga
priloga
RAZVEDRILO
Nagradna križanka (Marko Bokalic)
Barvni sudoku
Križne vsote
Rešitev nagradne križanke Presek 46/2 (Marko Bokalic)
Naravoslovna fotografija - Senca zahoda (Aleš Mohoric)
TEKMOVANJA
12. mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike (Dunja Fabjan)
Priprave na srednješolske racunalniške
olimpijade
(Jure Slak)
9. tekmovanje v znanju
astronomije za Dominkova priznanja -
državno tekmovanje
62. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije -
državno tekmovanje
56. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije - regijsko tekmovanje
Slika na naslovnici: Na sončnem zahodu z naslovnice se skriva zanimiva senca. Jo najdete? Foto: Tina Ogrinc
MATEM ATI KA
Trikotnika v trikotniku
•is ■i' ■i'
Jurij Kovic in Aleksander Simonič
Matematiko se v šolah učimo, kot da gre za vedo z ostrimi ločnicami med posameznimi področji. Na tak način spoznavamo njene pojme, metode in izreke. Toda dejanski matematični problemi, ki jih matematiki srečujemo pri svojem raziskovalnem delu, niso vselej strogo omejeni na posamezna področja matematike.
Velikokrat je za rešitev problema z enega področja potrebno poznavanje pojmov, pristopov in tehnik z drugih, navidezno ločenih področij. Do rešitve lahko vodi tudi več različnih poti. Včasih nas zanima le dokaz, da rešitev obstaja, včasih pa želimo rešitev tudi konkretno poiskati, čeprav je slednja pot velikokrat daljša.
Tako se je ob reševanju nekega problema s področja konfiguračij naravno pojavil naslednji elementaren geometrijski problem.
Problem 1. Imejmo trikotnik AA^2A3 in take točke Bi G A1A2, B2 g A2A3 in B3 g A3A1 na njegovih straničah, da je
A =
IA1B11 IA2B2I |A3B3|
IA1A2I |A2A3| IA3A1I
(1)
slika 1.
Naloga je poiskati take tocke C1, C2 in C3, da bodo izpolnjeni pogoji problema 1.
Ideja je, da obstaja bijektivna preslikava med enako-straničnim in raznostraničnim trikotnikom, pri tem pa se ohranjajo presečišča in razmerja. Bralču, ki bi ga utegnil tak pristop zanimati, ponujamo v branje članka [3, 4]. S tem res dobimo dokaz obstoja takih točk, ne pa tudi načina, kako bi jih poiskali »z golimi rokami«, rečimo ravnilom in šestilom. V nadaljevanju bomo določili tako število ki je rešitev kvadratne enačbe s koefičienti, odvisnimi le od razmerja A, in za katerega velja
za neko število A G (0,1), glej sliko 1. Kako dobiti točke C1, C2 in C3 na straničah trikotnika AB1B2B3, da bo veljalo C1 G A2C3, C2 G A3C1 in C3 G A1C2?
Na prvi pogled ni jasno niti to, ali take točke vedno obstajajo. Izkaže se, da je odgovor pritrdilen. Do tega spoznanja lahko pridemo tudi preko linearnih transformacij, kjer naravno nastopajo vektorji.
/ =
IB1C11 _ IB2C2I _ IB3C3I IB1B2I IB2B3I IB3B11'
(2)
To pomeni, da točke C1, C2 in C3 delijo straniče trikotnika AB1B2B3 v razmerju Pokazali bomo, da ga je moč konstruirati le s šestilom in neoznačenim ravnilom. Take konstrukčije spadajo med najbolj zaželene v geometriji, glej npr. knjigo [2].
4
PRESEK 46 (2018/2019) 3	4
MATEM ATI KA
Slika 1 pa razkriva še eno zanimivo lastnost. Vzemimo take tocke B'1 G A1A2, B'2 G A2A3 in B'3 G A3A1, daje
in
A =
\AiB'i
IA2B2
\ A3B3
IA1A2I IA2A31 IA3A1I
A =
\B1 C1I
\B'B2\
\B2 C2 \B2B3\
\ B3 C3 \
\B3B1\
A1C2 = A1A2 + A2B2 + B2C2
= (1 - A)(1 - H2)a - (A(1 - ¡2) + ^(1 - A))b,
A2C3 = A2A3 + A3B3 + B3C3
= - (1 - A^)a - (1 - A) (1 - H3)b,
A3C1 = A3A1 + A1B1 + B1C1
= (A(1 - m) + m(1 - A)) d + (1 - Am )b
A1C3 = A1A2 + A2C3 = A^3 d - (1 - A) (1 - H3)b,
A2C1 = A2A3 + A3C1
= - ((1 - A) (1 - IA1) + Av1)d - A^h,
kjer je število m definirano z izrazom (2). Potem tocke C1, C2 in C3 ležijo tudi na stranicah trikotnika AB' B2 B3, glej Črtkan trikotnik na sliki 1. Daje stvar še bolj zanimiva, velja tudi
(3)
Vidimo, da sta vlogi razmerij A in m zamenjani. Zato lahko upravičeno rečemo, da je trikotnik AB'B'2B'3 dualen trikotniku AB1B2B3.
Rešitev problema
Definirajmo linearno neodvisna vektorja d = A1A2 in d = A3A1. Po predpostavki problema imamo A1B1 = A d, A2B2 = -A d - Ab in A3B3 = Ab. Vzemimo točke C1 G B1B2, C2 G B2B3, C3 g B3B1 na stranicah trikotnika AB1B2B3 in definirajmo števila ¡1 = IB1C1I / IB1B2I, ¡2 = IB2C2I / IB2B3I, ¡3 = IB3C31 / IB3B11. Imamo
■ B- = A1B1B2 = ¡1 (1 - 2A) d - a A, B2C2 = a2B2B3 = -¡2 (1 - A) d - ¡2 (1 - 2A) b, B3C3 = A3B3B1 = ¡3Ad + ¡3(1 - A)b.
Od tod sledi
A3C2 = A3A1 + A1C2
= (1 - A) (1 - ¡2)d + ((1 - A) (1 - ¡2) + Am2)b.
Točke A1, C3 in C2 so kolinearne natanko tedaj, ko obstaja tako število k ± 0, da je A1C3 = kA1C2. Ker sta d in d linearno neodvisna vektorja, koeficienti pred vektorjema pa so vedno nenicelni, je ta pogoj ekvivalenten enacbi
(1 - A) (1 - ¡2) A (1 - ¡2) + ¡2(1 - A)
aa3
(1 - A) (1 - ¡3)
Podobno izpeljemo še preostali enacbi. Ce vsako enacbo pomnožimo z ustreznimi veccleniki in potem izpostavimo clene z ¡1, ¡2, ¡3, opazimo, da lahko vse enacbe zapišemo v obliki
■ (3A2 - 3A+ 1) mm+1 -(1 - A)2 m
- (2A2 - 2A + 1) m+1 + (1 - A)2 = 0, (4)
kjer indekse i G {1, 2, 3} obravnavamo ciklicno, torej m4 = m1, ¡5 = m itd. Enacba (4) je ekvivalentna pogoju kolinearnosti.	Pomnožimo (4) z (3A2 - 3A + 1) mi+2. Dobimo
(3A2 - 3A + 1) mm+1m+2
-	(2A4 - 6A3 + 7A2 - 4A + 1( (¡i + Ai+1)
-	(2A4 - 3A3 + 4A2 - 3A + 1) ¡i+2 + (1 - A)2 (3A2 - 4A + 2) = 0.
(5)
Ce v (5) zamenjamo i z i + 1 in potem odštejemo dobljeno od (5), dobimo
■ A(3A2 - 3A + 1)m = A(3A2 - 3A + 1)mi+2.
Ker pa za vsak x G R velja 3x2 -3x + 1 > 0, sledi ¡i = ¡i+2 in s tem m = ¡2 = ¡3. Sedaj vemo, da lahko te neznanke pospravimo pod eno samo, recimo ji Enacba (4) se zato poenostavi v kvadratno enacbo

PRESEK 46 (2018/2019) 3
5
MATEM ATI KA
—^ ■ (3A2 - 3A + 1) ¡2 - (3A2 - 4A + 2) a + (1 - A)2 = 0
(6)
z rešitvama
¡±(A) =
3A2 - 4A + 2 ± VA (4 - 3A(2 - A)2) 2 (3A2 - 3A + 1)	'
Naj bo D diskriminanta te kvadratne enačbe. Bralec lahko brez težav izračuna
p - 2r - IA1B1I /2 -J(p - 3r - 3q/4) IAA
p - 3r
kjer smo definirali
p=
A1A2I2 IA1B1I
=
IA1B1I2 IA1A2I
, r = IA1A2I - IA1B1I
A1
Y \
■	D - A2(3A - 2)2 = 4(1 - A) (3A2 - 3A + 1) , (7)
(3A2 - 4A + 2)2 - D = 4(1 - A)2 (3A2 - 3A + 1) .
(8)
Po (7) dobimo D > A2(3A - 2)2 in s tem D > 0, VD > A(3A - 2) in -VD < A(3A - 2). Rešitvi ¡±(A) sta zato realni in velja ¡+(A) > 1 in (A) < 1. Po (8) pa imamo še ¡-(A) > 0. Torej je ¡-(A) edina ustrezna rešitev enačbe (6). S tem a = ¡-(A) ustreza enačbi (2) in predstavlja rešitev problema 1.
Konstrukcija
Kako bi konstruirali točke C1, C2 in C3 samo s še-stilom in neoznačenim ravnilom, če imamo podana trikotnika △A1A2A3 in △B1B2B3, tako da velja (1)? Seveda je to dovolj narediti za eno točko, rečimo C1. Enostavno lahko preverimo, da velja
■	¡-(A)
B1
-o—
A2
a/
o
C
slika 2.
Konstrukcija daljic XA\ in YAi z dolžinama p in q.
Dualen trikotnik
Dokazali bomo še trditev o dualnem trikotniku AB'B2B3. Zaradi enostavnosti pišimo a = ¡-(A).
Po definičiji točk B1, B'2 in B3 imamo A1B1 = ¡a, A2B'2 = -¡a - ab in A3B3 = ¡b. Izkoristimo čiklični zapis indeksa i G {1, 2, 3}. Ker je AiB' = (¡/A)AtBt, AiAi+1 = (1/A)AHi in B--+1 = (1/A -+Ai-Bi+1, imamo
B'B'+1 = AiAi+1 + Ai+1 B'+1 - AiB'
= A ((1 - a)A-Bi + ¡Ai+1Bi+l) B'Ci = BiCi + BiB
iBi
Sedaj znamo točko C1 prečej enostavno konstruirati, če le imamo daljiči dolžin p in q.
Ena izmed možnih konstrukčij daljič dolžin p in q je prikazana na sliki 2. Zahtevamo, da velja IA1CI = IA1B11 in IA1DI = IA1A21, pri čemer so točke C, A1, D kolinearne in CD 1 A1A2. Točki X in Y na pre-miči A1A2 določimo tako, da bo veljalo CA2 || XD in CA2 1 YC. Potem je IXA1I = p in IYA11 = q.
Bralča vabimo, da si v prostodostopnem orodju za dinamično geometrijo GeoGebri ustvari novo orodje, ki bo sprejelo točke A1, A2, A3 in B1,B2,B3, vrnilo pa točke C1, C2, C3 preko te konstrukčije.
= ¡BiBi+1 + AiBi - AiB' = ¡Ai+1Bi+1 + (1 - A)AHi.
Od tod sledi AB'B'+1 = B'Ci. S tem je enakost (3) dokazana.
Naloge
1. Dokaži, da velja ¡-(1/2) = 2 - kjer je y = (1 + V5) /2 zlato število. V tem primeru podaj enostavnejšo konstrukčijo točke C1, ki bo temeljila na zlatem rezu. Več o tem zanimivem številu lahko braleč poišče v [1].
X
6
PRESEK 46 (2018/2019) 3	6
MATEMATIKA
2. Ali lahko samo s šestilom in neoznačenim ravnilom podamo konstrukcijo trikotnikov s slike 1, da bo Bf = B[ za i e {1,2, 3}? To pomeni, da iščemo rešitve enačbe (A) = A. Dokaži, da ima ta enačba natanko eno smiselno rešitev A = (l - + ^4) /3.
Literatura
[1]	R. A. Dunlap, The golden ratio and Fibonacci numbers, World Scientific Publishing, Singapore, 1997.
[2]	G. E. Martin, Geometric constructions, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 1998.
[3]	P. Šemrl, Linearne preslikave ravnine in 2 x 2 matrike, Presek 32 (2004/2005), št. 4, 9-12.
[4]	P. Šemrl, Linearne preslikave ravnine in 2 x 2 matrike (drugi del), Presek 32 (2004/2005), št. 5, 5-8.
_x x x
Igra s
Cokoladkami -Chocolate Fix
vu nu nu
Nada Razpet
-> V bonbonierah so navadno dražji bonboni, največkrat polnjeni in obliti s čokolado. Letos sem prejela posebno bonboniero, igro, sestavljeno iz devetih plastičnih bonbonov, rekli jim bomo čo-koladke. Plastičnih čokoladk seveda ne moremo pojesti, se pa z njimi lahko igramo.
Najprej nekaj osnovnih podatkov o igri. V izvirniku se igra imenuje Chocolate Fix s podnaslovom Sweet Logic Game ([1], [2]). Njen ustvarjalec (skupaj
slika 1.
Deli igre Chocolate Fix. Levo zgoraj je podstavek, poleg so Co-koladke. Svetlo rumene Cokoladke so na sliki videti bele. Spodaj so kartonski žetoni treh barv oziroma žetoni s trikotniki, kvadrati in krogi ter knjižica z navodili, nalogami in rešitvami.
z ekipo podjetja ThinkFun, ki se ukvarja z igrami) je Mark Engelberg. Mark je obiskoval srednjo šolo za nadarjene dijake in kasneje nadaljeval študij na univerzi. Ima dve diplomi, iz racunalništva in kognitivnih znanosti. Nekaj casa je bil zaposlen pri NASI, kasneje pa se je posvetil racunalniškim igricam, sodeluje pa tudi pri pripravah ucnih nacrtov, predvsem iz logike. Želel je ustvariti igro s cim manj pravil, ki bi bila primerna tako za igranje na racunal-niku kot brez njega, hkrati pa bi omogocala igranje na vec nivojih. Igra je prejela vec prestižnih nagrad, med njimi v ZDA zelo cenjene nagrade staršev Parents Gold Award leta 2008, 2009 in 2010. Obstaja vec verzij te igre, mi bomo pogledali verzijo iz leta 2010.
Deli igre
Igra ima crn podstavek z devetimi vdolbinami in devet cokoladk: tri roza, tri svetlo rumene (na fotografijah so videti bele, na skicah jih bomo obarvali živo rumeno) in tri rjave (glej sliko 1). Cokoladke iste barve se med seboj razlikujejo po obliki zgornje ploskve, ki je lahko kvadrat, trikotnik ali krog. V kompletu dobimo še po tri žetone roza, rumene in rjave barve ter devet sivih žetonov. Na treh sivih žetonih so narisani trikotniki, na treh kvadrati in na treh krožnice. Z žetoni si pomagamo pri reše-
->
PRESEK 46 (2018/2019)3
7
MATEM ATI KA
—^ vanju težjih problemov. Priložena je tudi knjižica s 40 kartončki, povezanih s spiralo. Na sprednjih straneh kartončkov so narisane naloge, na hrbtnih straneh pa njihove rešitve. Prvih 10 nalog je namenjenih začetnikom, naslednjih 10 je srednje težkih, sledijo naloge za bolj izurjene, zadnjih 10 pa je namenjenih mojstrom.
Oznake
Podstavek označujemo s sivim kvadratom (osnovni kvadrat), ki ga razdelimo na devet skladnih kvadratkov (celice). Cokoladke označujemo po obliki zgornje ploskve, torej s krogom, kvadratom in trikotnikom. Rumeno obarvan trikotnik predstavlja rumeno čokoladko s trikotno zgornjo ploskvijo, rjavo obarvan kvadrat pa predstavlja rjavo čokoladko s kvadratno zgornjo ploskvijo itd. Kvadrat, trikotnik in kro-žniča, ki imajo bele straniče (notranjost ni obarvana), pomenijo, daje tam čokoladka s kvadratno (trikotno ali okroglo) zgornjo ploskvijo, ne vemo pa, katere barve je, poznamo torej samo obliko čokoladke. Ce-liče so lahko obarvane. Barva čeliče določa barvo čokoladke (ne vemo pa njene oblike). V nadaljevanju bomo čokoladko opisali z barvo in obliko zgornje ploskve, na primer: okrogla rjava, rumena trikotna itd. Pri tem se seveda zavedamo, da so čokoladke trirazsežna telesa.
Pravila
Karton z nalogo je z navpičnimi in vodoravnimi črtami razdeljen na več delov. V zgornjem levem delu je navadno narisan osnovni kvadrat z devetimi čeli-čami. V nekaterih čeličah so že oznake. Za te če-liče vemo, katera čokoladka sodi tja (če je označena oblika in barva) oziroma katere oblike ali barve čo-koladke moramo dati v določeno čeličo. V preostalih delih kartončka, ki so omejeni s črtami, pa so večko-tniki sestavljeni iz sivih kvadratkov (čelič). Tudi če-liče večkotnikov lahko vsebujejo prej omenjene oznake.
Posamezne večkotnike polagamo na osnovni kvadrat tako, da jih premikamo vodoravno ali navpično, ne smemo pa jih vrteti ali zrčaliti. Položaj večko-tnikov na osnovnem kvadratu mora biti tak, da zahteve za obliko in barvo čokoladk v čeličah večkotnika niso v nasprotju z zahtevami v čeličah osnovnega kvadrata, ki jih ta večkotnik prekrije. Večkotniki se
lahko pri polaganju na osnovni kvadrat med seboj prekrivajo, ne smejo pa segati čez osnovni kvadrat. Navadno z narisanimi večkotniki ne prekrijemo če-lotnega osnovnega kvadrata. Kaj leži v nepokritih čeličah, moramo ugotoviti sami.
Cilj igre je torej razporediti devet čokoladk v podstavek tako, da bodo lege čokoladk ustrezale zahtevam čelič osnovnega kvadrata in nanj položenih več-kotnikov.
Vseh možnih razporeditev čokoladk je seveda veliko. Hitro jih izračunajmo. Za prvo vdolbino imamo devet možnosti (ker je devet čokoladk), za drugo osem (eno smo že uvrstili), za tretjo sedem itd., do zadnje odprtine, ko ostane le še ena možnost, torej velja:
■ M = 9 ■ 8 ■ 7 ■ 6 ■ 5 ■ 4 ■ 3 ■ 2 ■ 1 = 9! = 362 880
Produkt števil od 1 do 9 v matematiki zapišemo kot 9! in beremo devet fakulteta ali devet faktoriela.
Avtor je poskrbel, da ima vsaka naloga eno samo rešitev.
Primer 1
Kartonček z nalogo je razdeljen na tri dele (slika 2). Zgoraj levo je osnovni kvadrat, zraven in spodaj pa sta dva večkotnika, v tem primeru dva pravokotnika.
Da bo opisovanje rešitev lažje, označimo čeliče osnovnega kvadrata s številkami od 1 do 9, čeliče prvega pravokotnika s črkama A in B, čeliče drugega pravokotnika pa s črkami C, D in E. (slika 3).
Najprej poglejmo, kaj povedo o čokoladkah oznake na osnovnem kvadratu in obeh pravokotnikih.
V	prvi čeliči osnovnega kvadrata je narisan bel trikotnik, torej bo na tem mestu trikotna čokoladka, barve še ne vemo. V drugi čeliči bo okrogla čoko-ladka, barve še ne vemo, v peti čeliči bo roza čoko-ladka, oblike še ne vemo, v šesti čeliči je roza kvadratna čokoladka, v sedmi čeliči bo rumena čokoladka, oblike še ne vemo, in v deveti čeliči bo trikotna čoko-ladka, barve še ne vemo.
V	prvem pravokotniku z dvema čeličama sta čoko-ladki znani. V čeliči A je trikotna rjava, v čeliči B pa roza okrogla čokoladka.
V	drugem pravokotniku bo v čeliči C roza čoko-ladka, oblike ne vemo, v čeliči D je rumena okrogla čokoladka in v čeliči E je rjava kvadratna čokoladka.
8
PRESEK 46 (2018/2019) 3	8
MATEMATIKA
m	1 5	3
4		6
7	8 9 B	
A	B
▲	A
C D	E
	■
slika 2.
Zgoraj: Fotografija kartončka z nalogo. Spodaj: Rešitev.
Reševanje
Pravokotnik s celicama A in B lahko položimo na osnovni kvadrat na dva nacina, tako da zasede 1. in 2. ali pa 4. in 5. celico. Pete in osme celice ne more zasesti, ker bi morali pravokotnik zasukati za 90o, kar pa ni dovoljeno.
S pravokotnikom, s celicami C, D in E, prekrijemo eno celo vrstico. Katero? Prvo vrstico osnovnega kvadrata (slika 3). Zakaj? V drugi vrstici srednja celica, celica 5, zahteva roza cokoladko, srednja celica pravokotnika, to je celica D, ki bi to celico prekrila, pa zahteva rumeno okroglo cokoladko. Zah-
slika 3.
Oznaka osnovnega kvadrata, dveh večkotnikov (pravokotnikov) in shema rešitve.
tevi si nasprotujeta. Kaj pa tretja vrstica? Sedma celica osnovnega kvadrata zahteva rumeno, prva celica pravokotnika, to je C celica, ki bi to celico prekrila, pa zahteva roza cokoladko, torej si tudi ti dve zahtevi nasprotujeta.
Pravokotnik s celicama A in B moramo torej položiti na 4. in 5. celico osnovnega kvadrata.
Kaj smo ugotovili? Cokoladke so razporejene takole: V prvi vrstici so: roza trikotna, rumena okrogla in rjava kvadratna cokoladka. V drugi vrstici so: rjava trikotna, roza okrogla in roza kvadratna co-koladka. Preostale tri cokoladke pa lahko razporedimo na en sam nacin, da ustrezajo zahtevani barvi v sedmi celici in obliki v deveti celici. Torej so v tretji vrstici: rumena kvadratna, rjava okrogla in rumena trikotna cokoladka. Rešitev je na sliki 3 spodaj oziroma na fotografiji na sliki 2.

PRESEK 46 (2018/2019)3
9
MATEM ATI KA
—^ Lažja naloga za samostojno reševanje
Sami rešite še problem na sliki 4. Tokrat moramo na osnovni kvadrat položiti en sam veckotnik in potem ugotoviti, kako so razporejene cokoladke. Veckotnik lahko na osnovni kvadrat položimo le na dva nacina. Ugotovite, kam ga je treba položiti, in rešite nalogo.
slika 4.
Naloga za začetnike.
Še en težji primer
Oglejmo si še en težji primer (slika 5). V tem primeru na kartončku z nalogo ni narisan osnovni kvadrat, kar pomeni, da osnovni kvadrat nima oznak v celicah. Narisati si ga moramo sami. Imamo sedem veckotnikov. Vsota vseh celic veckotnikov je 25, osnovni kvadrat ima le devet celic. To pomeni, da se veckotniki, ki jih polagamo na osnovni kvadrat, med seboj prekrivajo. Kako? Ugotovite sami! Pomagamo vam z rešitvijo.
Igro lahko igrate tudi na spletu [3]. V nekatere šole v ZDA so jo vpeljali kot pripomocek za razvijanje lo-gicnega nacina mišljenja in za uvajanje v matema-ticni nacin dokazovanja. Želimo vam veliko veselja pri igranju.
slika 5.
Zgoraj: veckotniki, s katerimi je potrebno prekriti osnovni kvadrat. Spodaj: shema rešitve.
_ xxx
Literatura
[1]	Igra Chocolate Fix, Sweet Logic Game, Thinkfun, 2010.
[2]	www.eimacs.com/blog/2011/09/mark-engelberg-game-and-puzzle-i nventor/, ogled: 13. 11. 2018.
[3]	www.thinkfun.com/products/ chocolate-fix/, ogled: 13. 11. 2018.
www.dmfa.si
www.presek.si
www.dmfa-zaloznistvo.si
10
PRESEK 46 (2018/2019) 3	10
MATEM ATI KA
Uglajena števila
vu
Marko Razpet
-> Matematiki so si za naravna števila, ki imajo tako ali drugačno lastnost, izmislili celo kopico posebnih izrazov. Nekatere dobro poznamo, na primer sodo število, liho število, praštevilo, sestavljeno število, trikotniško število. Manj znana so morda uglajena ali trapezna števila, ki si jih bomo nekoliko natančneje ogledali v nadaljevanju.
Nekatera naravna števila lahko zapišemo kot vsoto vsaj dveh zaporednih naravnih števil na en sam nacin, nekatera pa na dva ali celo vec načinov. Taka števila so poimenovali uglajena števila, v angleščini polite numbers. Angleški pridevnik polite pomeni vljuden, lepo vzgojen, uglajen, kultiviran, eleganten. Število zapisov naravnega števila N z vsoto zaporednih naravnih števil je njegova uglajenost, angleško politeness. Označimo jo z ugl(N).
Primeri:
■	3 = 1 + 2, 5 = 2 + 3, 9 = 4 + 5 = 2 + 3 + 4;
■	69 = 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 34 + 35
= 22 + 23 + 24.
Števila 3, 5,9,69 so zato uglajena. Velja: ugl(3) = ugl(5) = 1,ugl(9) = 2,ugl(69) = 3. Zanimivo je, da števil 1, 2,4,8,16,..., to je potenc 2n z nenega-tivnimi celimi eksponenti n, ne moremo zapisati kot vsoto zaporednih naravnih števil na noben način. Števila 2n so neuglajena in ugl(2n) = 0.
Vsa liha števila razen 1 so uglajena, ker velja 2n+ 1 = n + (n + 1). Videli bomo, da so vsa naravna števila, razen potenc števila 2, uglajena števila. Potemtakem bi marsikdo menil, da uglajena števila niso zanimiva. Vendarle pa je le pomembno, kako sploh ugotovimo, ali je dano naravno število N uglajeno, koliko je ugl(N) in kako ga lahko zapišemo kot vsoto zaporednih naravnih števil.
Da bi bilo N uglajeno število, morata obstajati celi števili m > 0 in d > 1, za kateri velja
■	(m + 1) + (m + 2) + ... + (m + d) = N.
Na levi strani imamo d clenov aritmeticnega zaporedja, katerega prvi clen je m + 1, zadnji pa m + d. Vsota teh clenov je, kot je dobro znano,
■	2 d((m + 1) + (m + d)) = 1 d(2m + d + 1).
Pogoj uglajenosti števila N je torej enacba
■	d(2m + d + 1) = 2N.
Iz nje se takoj vidi, da potenca N = 2n ne more biti uglajeno število. V enacbi d(2m + d + 1) = 2n+1 namrec d ne more biti niti sodo niti liho število. Ce bi bil d sod, bi dobili na levi strani produkt sodega in lihega števila, kar ne more biti potenca števila 2. Ce pa je d lih, pa prav tako ne.
Ce število 2N ni potenca števila 2, ga ocitno lahko vsaj na en nacin izrazimo kot produkt sodega in lihega števila, recimo 2N = PQ, pri cemer je 1 < P < Q. Ker v relaciji d(2m + d + 1) = 2N = PQ velja d < 2m+d + 1, izberemo kar d = P in 2m + d+1 = Q. S tem imamo m = (Q - P - 1)/2. Ce je d = P sodo (liho) število, je Q liho (sodo) število. Števili P in Q sta razlicnih parnosti, zato je število Q - P - 1 sodo in posledicno m naravno število.
Primeri: Naj bo N = 2018. Imamo 2N = 4036 = 4 ■ 1009. To je edini razcep števila 4036 na sodi in lihi faktor. Ce izberemo P = 4 in Q = 1009, dobimo d = Q = 4 in m = (Q - P -1)/2 = (1009 - 4 -1)/2 = 502. Res je 2018 = 503 + 504 + 505 + 506 in ugl(2018) = 1.
Uglajenost števila je lahko tudi zelo velika. Da ne bomo pretiravali, vzemimo število N = 90. V tem primeru je 2N = 180 = 4 ■ 32 ■ 5. To število ima 5 razcepov na sodi in lihi faktor z ustreznimi d = P in Q ter m = (Q - P - 1)/2:
■	2N = 180 = 4 ■ 45; d = 4,m = 20; 2N = 180 = 12 ■ 15; d = 12,m = 1; 2N = 180 = 9 ■ 20; d = 9,m = 5; 2N = 180 = 3 ■ 60; d = 3, m = 28; 2N = 180 = 5 ■ 36; d= 5,m = 15.

PRESEK 46 (2018/2019) 3
11
MATEM ATI KA
—^ Zato je ugl(90) = 5, zapisi v obliki vsot zaporednih naravnih števil pa so:
■ 90 = 21 + 22 + 23 + 24
= 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 = 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 29 + 30 + 31 = 16 + 17 + 18 + 19 + 20.
Zanima nas, kako bi najhitreje izračunali ugl(N). Dovolj je prešteti vse lihe delitelje števila 2N = 2apf1 pf2 ■■■Prr. Z vsakim od njih dobimo enega od faktorjev P,Q v razcepu 2N = PQ. Preostali je z njim natančno določen. Lihi delitelji števila 2N so oblike pY p^2... pY, kjer so y1,y2, ■ ■ ■, yr nenegativna cela števila in 0 < y1 < f1,0 < y2 < f2,..., 0 < yr < fr. Število vseh lihih deliteljev števila 2N je zato po osnovnem izreku kombinatorike enako produktu (f 1 + 1)(f2 + 1)■■■(fr + 1). Izločiti pa moramo primer y1 = y2 = ■■■ = yr = 0, ki nam da delitelj 1 in s tem d = 1, ki pa za izračun uglajenosti števila ne pride v poštev. Tako smo našli formulo
izračunamo n-to uglajeno število:
■	f(n) = n + 1 + Llog2(n + 1 + log2(n + 1))J.
Pri tem pomeni LuJ čeli del realnega števila u, to je največje čelo število, ki ne presega u.
Med uglajena števila spadajo vsa trikotniška števila
■	Tn = 1 + 2 + ... + n = 2 n(n + 1),
razen T1 = 1. Ustrezajo m = 0 in d = n. Očitno je vsako uglajeno število N razlika dveh trikotniških:
N = Tm+d - Tm■
Pri tem vzamemo T0 = 0. Podobno kot lahko trikotniška števila figurativno predstavimo s točkami, zloženimi v trikotnik, lahko uglajena števila predstavimo s točkami, zloženimi v trapez. Zato nekateri (na primer [1]) uglajena števila imenujejo kar trape-zna števila. Slika 2 predstavlja uglajeno število 27 na 3 načine, ker ima uglajenost enako 3.
Ugl(N) = (P1 + 1)(p2 +	+ 1) - 1.
••••••
•••••••••
•••••••••••••
Primeri. ugl(100) = ugl(22 ■ 52) = (2 + 1) - 1 = 2,ugl(1000) = ugl(23 ■ 53) = (3 + 1) - 1 = 3, ugl(1350) = ugl(2 ■ 33 ■ 52) = (3 + 1)(2 + 1) - 1 = 11, ugl(3100) = (100 + 1) - 1 = 100.
Iz zadnjega primera vidimo, da je uglajenost lahko poljubno velika, saj je na primer ugl(pfc) = k za poljubno liho praštevilo p in poljubno naravno število k. Za različni lihi praštevili p in q imata potenči pk in qk isto uglajenost, v številu d členov v vsoti pa se lahko razločujeta, kot spoznamo v nalogi na konču prispevka.
Na sliki 1 je nekaj začetnih točk (n, ugl(n)) v koordinatnem sistemu.
Matematika Joačhim Lambek (1922-2014) in Leo Moser (1921-1970) sta čelo našla funkčijo, s katero
Ugl (»)
slika 2.
Naloga. Naj bo p liho praštevilo, k pa naravno število. Dokaži, da je pk vsota dveh zaporednih naravnih števil. Ce pa je k > 2, je pk tudi vsota 2p zaporednih naravnih števil, od (pk-1 - 2p + 1)/2 do (pk-1 + 2p - 1)/2.
Literatura
[1] C. Gamer, D. W. Roeder, J. J. Watkins, Trapezoidal numbers, Mathematics Magazine 58 (1985), št. 2, str. 108-110.
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 44 46 48 50 „
slika 1.
_xxx
12
PRESEK 46 (2018/2019) 3	12
FIZIKA
Svetlobni žvrgolej
Andrej Likar
-> Ptici pogosto pojejo z drsečimi toni, ki zvezno prehajajo z ene višine na drugo. Takrat pravimo, da žvrgolijo. Tako slišimo tudi pojočo žago, pa glissando klarineta v uvodnem taktu Rapsodije v modrem Georgea Gershwina, pa sireno, ki opozarja na nevarnost... Tudi netopir za nas neslišno kri-kne svoj značilni žvrgolej v prostor in potem prisluhne odmevu.
Tole smo morali povedati takoj na začetku, da pojasnimo nenavadni naslov. V prispevku bomo govorili o svetlobnem sunku, ki mu lahko rečemo žvrgo-lej, saj se mu valovna dolžina, s tem pa tudi njegova barva s časom zvezno spreminja. Kako pridemo do takega sunka in zakaj je zanimiv, bomo tu na kratko pojasnili.
Spomnimo se uklonske mrežiče. Svetlobni čurek z dano valovno dolžino se na številnih ozkih režah uklanja in tvori na nasprotni strani mrežiče značilno interferenčno sliko, glej sliko 1.
Posamezni delni valovi iz ozkih rež se na določenem mestu zberejo in tam interferirajo. V posebej izbrani smeri se ta valovanja ojačijo, tem bolj čim več jih je. V drugih smereh pa se skoraj izničijo. Iz različnih rež imajo valovi do izbrane oddaljene točke različne poti. Ce je razlika poti mnogokratnik valovne dolžine, je ojačenje največje. Pri mnogih režah je smer ojačitve zelo ostra, več ko je rež, ožji je pas smeri, kjer je ojačenje znatno. To s pridom uporabljamo pri določitvi valovne dolžine vpadle svetlobe.
hb
lili lllll llžfll: »'■'w^bii
assisi''. ''wäm/wäbz -fiZZik, '//lil,/ ..I///////I
'//'i/l/l/lflljllllm
'm L

slika1.
Uklon vpadnega curka svetlobe na optični mrežici. Zaradi nazornosti ima mrežica na sliki le 9 rež. Svetle in temne proge nakazujejo valovanje. Na večji oddaljenosti lepo vidimo glavne močno ojačene pasove, šibke stranske pasove in področja popolne oslabitve
Vsaki valovni dolžini pri mrežiči z velikim številom rež tako pripada svoja smer ojačenja. Svetlobo z dvema bližnjima valovnima dolžinama mrežiča torej usmeri v sičer bližnja, a vseeno toliko različna kota, da ju pri posebno zasnovanih spektroskopih zlahka opazimo.

PRESEK 46 (2018/2019) 3
13
FIZIKA
->
Pogoj za ojačitev na veliki razdalji od mrežice glede na valovno dolžino je torej (glej sliko 2)
■ a sin a0 = nA.
Tu je a razdalja med sosednjima režama, kot a0 pa podaja smer ojačenja. Z n smo označili cela števila 0,1, 2 ..ki jim pravimo interferenčni redi. Tu nas bo zanimal le primer, ko je n = 1.
Ar = 1 • A = a sin «o
ojačitev
slika 2.
Pogoj za ojačitev delnih valovanj iz dveh sosednjih rež. Pogoj velja pri veliki oddaljenosti točke, kjer opazujemo interferenco, od mrežice
V kako ozkem pasu Aa kotov okrog a0 bomo našli dovolj svetlobe, je odvisno od števila delnih valov, ki na zaslonu interferirajo. Na sliki 3 si lahko ogledamo, kako se ta pas oža, ko število valov oziroma rež narašča.
Nekateri laserji oddajajo zelo kratke svetlobne bliske, ki trajajo le nekaj 10 fs (fs je femtosekunda, to je 10-15s). Dolžina takega sunka znaša vsega 3 mikrometre ali kakšnih 7 valovnih dolžin, denimo, zelene svetlobe, glej sliko 4. Električno poljsko jakost svetlobe v sunku dobro opišemo z naslednjo enačbo:
w , „ _ (x-ct)2 2n(x - ct) ■ E(x,t) = E0e 2 o- 2 čos---.
A
Amplituda vala se na določenem mestu s časom spreminja od nič pa do največje vrednosti, potem pa spet zamre. Pravimo, da je sunek amplitudno moduliran nosilni val z valovno dolžino A. Kako se razmere spremenijo, če na mrežičo posvetimo s takim sunkom?
Delni valovi iz vseh rež sedaj ne morejo interferi-rati v poljubni točki zaslona, ker so iz nekaterih rež pač prepozni. Le v smeri naprej imajo vsi enako pot, v drugih smereh pa ne. Ojačevalna smer zato ni več ostra, glej sliko 5.
slika 3.
Izostritev ojačevalne smeri okrog a0 pri interferenci iz desetih, štiridesetih in stotih rež. Krivulje so normirane na enako višino.
14
PRESEK 46 (2018/2019) 3	14
FIZIKA
slika 4.
Zelo kratek sunek zelene svetlobe
slika 5.
Ojacevalne smeri mrežico
pri prehodu zelo kratkega sunka skozi
V primeru, da bi bil sunek podoben svetlobnemu poku, torej krajši od valovne dolžine nosilnega vala, bi na določenem mestu na zaslonu dobili le rafal svetlobnih sunkov, ki med seboj sploh ne bi interferirali, glej sliko 6.
Kratek svetlobni sunek se pri prehodu skozi mrežico razgradi po smeri. To je podobno kot pri curku bele svetlobe. Na dovolj oddaljenem zaslonu vidimo mavrične barve, ker je bela svetloba mešanica sve-
slika 6.
Rafali zelo kratkih sunkov pri prehodu skozi mrežico (m)
tlob z različnimi valovnimi dolžinami, torej z osnovnimi, mavričnimi barvami. Tudi kratek svetlobni sunek je neke vrste mešanica valovanj z različnimi valovnimi dolžinami. In res, razpršeni sunek na mrežici z velikim številom rež ima v različnih smereh drugačno valovno dolžino nosilnega vala. V smeri, podani s kotom a0 ostane nosilni val enak, bolj uklo-njeni sunek ima rdeči nosilni val, manj pa modrega. Poleg tega je sunek po prehodu razširjen, ker prispevajo različno oddaljene reže svoje delne valove z zamudo.
Namesto zaslona postavimo blizu prve mrežice še eno, ki uklonjene svetlobne sunke ponovno ukloni. Opazujmo le uklonjene sunke v prvotni smeri, glej sliko 7.
V curku c2 je sunek z rdečim nosilnim valom, recimo mu rdeči sunek, zakasnjen glede na modrega, saj mora prepotovati do izbrane točke v c2 daljšo pot. Celotni sunek je močno podaljšan glede na vpadnega, poleg tega pa je pravi svetlobni žvrgolej, saj se začne z modrim nosilnim valom, potem pa ta zvezno preide v rdečega, glej sliko 8.
18
ro__
> c .aj ro
"to
-o ^
->
PRESEK 46 (2018/2019) 3
15
RAZVEDRILO
vi'
Nagradna križanka
16
PRESEK 46 (2018/2019) 4	16
RAZVEDRILO
Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani
www.presek.si/kri zanka
ter ga oddajte do 1. februarja 2019, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado.
xxx
PRESEK 46 (2018/2019) 4
17
FIZIKA
15
slika 7.
Druga mrežica (m2) uklonjene curke obrne v prvotno smer. Prikazana sta le skrajna curka z rdecim in modrim nosilnim valom in izbrana žarka teh curkov.
Barvni sudoku
-i' -i'
V 8 x 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstiči, v vsakem stolpču in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 x 4) nastopalo vseh 8 števil.
slika 8.
Svetlobni žvrgolej po prehodu sunka skozi drugo mrežico. Zaradi preglednosti je naš žvrgolej zelo kratek. Od sunka na sliki 4 bi moral biti daljši kar stotisockrat in temu ustrezno nižji
Zakaj je svetlobni žvrgolej pomemben? Zelo kratkih sunkov ni mogoče močno ojačevati, ker imajo pri velikih močeh zelo velike električne poljske jakosti, ki poškodujejo kristal ojačevalnika. V ojačevalniku gre namreč sunek skozi kristal, kjer se, podobno kot pri laserju, spotoma ojačuje. Casovno zelo kratek sunek (kot na sliki 4) zato do stotisočkrat podaljšajo v relativno dolgotrajen žvrgolej, ojačijo ga do poljskih jakosti, ki kristalu ne škodijo, potem pa žvrgolej ponovno stisnejo. Tako pridejo do zelo kratkih in izjemno močnih sunkov, ki jih potrebujejo pri raziskavah snovi. Za ta prijem sta Donna Stričkland in Gerard Mourou prejela vsak četrtino Nobelove nagrade za fiziko za leto 2018.
_xxx
			6		5		8
4							3
1			2	6			
		6					
	5	2			7		
6		3		5			
3	4					2	
		8					4
o
v
o □
O
m
>
a
<
a
>
m h
>w
* S
4	S	E	L	L	8	9	Z
9	2	L	8	S	L	4	3
Z	8	17	5	L	3	L	6
L	9	7	E	17	2	5	8
L	L	Z	17	E	6	8	S
S	E	8	6	2	17	L	1
3	L	9	L	8	S	Z	4
8	17	5	Z	6	L	E	L
							
xxx
18
PRESEK 46 (2018/2019) 3	18
FIZIKA
Zakaj planinec Andrej vedno zamuja?
Miha Mihovilovič
-» Andrej Šifrer v Gorski roži prepeva, da v gorskih vaseh čas »bije« drugače. Čeprav vemo, da v planinah čas teče povsem enako kot v dolini, pa je v pesmi vseeno nekaj fizikalne resniče.
Zamislimo si dve enaki staromodni uri s kukavico, ki za enakomeren tek urnih mehanizmov uporabljata težni nihali. Vsako od nihal sestoji iz lahkega vzvoda, na katerega je na eni strani pritrjena utež, druga stran pa je vrtljivo vpeta v urni mehanizem. Ko nihalo zmaknemo iz ravnovesne lege, to zaniha. V približku matematicnega nihala in ob predpostavki, da nihalo ni dušeno, lahko njegovo gibanje opišemo s sinusno funkcijo:
■ ty(t) = A0 sin(ct),
kjer ty(t) predstavlja trenutni odmik nihala ob casu t, A0 pa je amplituda oziroma zacetni odmik. Kotna frekvenca c pove, kako hitro nihalo niha okrog spodnje ravnovesne lege in jo izracunamo po obrazcu:
co = 2nv = tJg ■
(1)
slika 1.
Ura s težnim nihalom kaže na Triglavu drugačen čas kot v Piranu. Zaradi manjšega težnostnega pospeška nihalo na gori niha počasneje, zato ura tam zamuja za tisto na obali. Navpična črtkana črta nakazuje ravnovesno lego nihala.
Kotna frekvenca c je v neposredni zvezi s frekvenco nihanja v in je odvisna od dolžine nihala L ter težnostnega pospeška g. Ker je težni pospešek v gorah, g, drugacen od težnega pospeška na morski gladini, g0 = 9,81 m/s2, bo ura v gorah kazala drugacen cas. Da bi ocenili, kako velika je ta razlika, naravnamo uri na isti cas, nato pa eno odnesemo v Piran, drugo pa obesimo v Aljažev stolp na Triglavu (glej sliko 1).
Silo teže, s katero Zemlja privlaci nihalo z maso m, ki visi na višini h nad zemeljskim površjem, izracunamo po Newtonovem zakonu o težnosti:
„ Mm
Fg = mg = G(R+h)2,
pri cemer sta M in R masa in polmer Zemlje, G pa je splošna gravitacijska konstanta. V naslednjem koraku težnostni pospešek na Triglavu izrazimo s te-žnostnim pospeškom ob morski gladini in dobimo

PRESEK 46 (2018/2019) 3
19
RAZVEDRILO
—^ izraz, ki pove, kako težnostni pospešek pada z nadmorsko višino:
g = go
R2
(R + h)2 ■
Zvezo sedaj vstavimo v izraz (1) in določimo razmerje frekvenc obeh nihal, ki je:
V0 = /go = 1 + h
R'
v
g
Ce predpostavimo, da nihalo v uri v Piranu niha s sekundnim taktom, ter upoštevamo, da je h = 2,864 km in R = 6400 km, ugotovimo, da je na Triglavu leto, v primerjavi s Piranom, kjer je t0 = 8760 h, daljše za
At = t - t0 = t0 I — - 1 v
h
= t0 r = 3,9 h,
kar je vse prej kot zanemarljiv popravek. Ker planinec Andrej ne želi več zamujati, se je odločil, da uro na Gori popravi. Kaj naj stori, da bo kljub manjšemu težnostnemu pospešku ostal v koraku s časom? Kako velika mora sprememba biti?
slika 2.
xxx
www.dmfa.si
Križne vsote
•4/ "is •i'
-> Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na zacetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) razlicne.
	3	19					
11							8
5					23 3		
	3			18 9			
		20					
			5				
•is •i' ■i'
RES ITEV KRIŽ NE VSOTE
		6	9				
		8	E	6	02		
E	6	9	819 81 \	L	9	*	
S	8			1	17	L	
8	*				6	Z	
						3	
xxx
20
PRESEK 46 (2018/2019) 4	20
ASTRONOMIJA
Plemelj in meteor
nu nu nu
Marko Razpet
Prof. Josip Plemelj (1873-1967) je študiral na filozofski fakulteti dunajske univerze v letih 18941898. Kot glavni predmet študija je izbral matematiko, Čeprav je najprej želel študirati astronomijo. Prof. Gustav Escherich (1849-1935), ki je takoj odkril Plemljevo nadarjenost za matematiko, ga je preusmeril v študij matematike in ga navdušil za univerzitetno kariero.
Plemelj je svoje dunajske študije koncal z doktoratom pod Escherichovim mentorstvom. Po doktoratu se je izpopolnjeval na univerzah v Berlinu in Gottingenu, pridno študiral matematiko, objavljal
clanke in napredoval v univerzitetnih nazivih. Leta 1902 je bil imenovan za zasebnega docenta matematike univerze na Dunaju, leta 1907 za izrednega profesorja matematike univerze v Cernovicah, leta 1908 pa za rednega profesorja matematike prav tam. Njegovo uspešno delo v Cernovicah je prekinila prva svetovna vojna. Po vojni je leta 1919 postal prvi rektor nove univerze v Ljubljani, kjer je še dolga leta predaval matematiko.
Mesto Cernovice, nemško Czernowitz, so bile v Avstro-Ogrski na njenem skrajnem vzhodu, v Buko-vini. Med obema vojnama so bile pod romunsko oblastjo. Dandanes so v Ukrajini, v njenem jugozahodnem kotu. Ležijo približno na isti zemljepisni širini kot Dunaj. Univerzo so dobile leta 1875. Prof. Plemelj se astronomiji pravzaprav nikoli ni popolnoma odrekel. Imel je tudi zelo dober vid. Kot
[©ine I) ž dj ft i ii t e r c f J ati t c	utrne! ž.
c r f <f> c i u u n g.J i!ic SSiener Sieruroartc erhielt Aftern com meteürülocjiidjen £föicr»atormm itt (£ * c r n o to i etne 9Dtptffyt, in ber mitgeteilt toirb, ba& £crr flcmc tj, Croftffor ber SKailicmaiü an ber bortigen Uriitoetfität, eine c r'j e i n u n g am Gimmel beobadjtei Ijat, bic Eaum jemals uan einem Sift ronomcn' gefeljen toutbc. Xer Seöcidje ¿u, fotge tourbc a:n 4, Sflät um 9 Ufjr 33 ©umten ^'rt^jeit ein 91 e t c u r erftcr örbfje, tm 6übaften auf^cijenb, gt\t$tn. Sasjeibc 50g über Dften na# Horben tmb ging itn $utb-> toeften unter. Sic größte .f>öf)c übet bem fcmwnt toar 30 ®rab, babei toar bic ®ejd)nunbtgfeii auerjt langjam, bann rafdfer, bann roiebee iangfamet. Die Sauet ber Srfdjcmung crrcidjte bic ganj aiiftergetoBIjnÜdjte Jdänge iunt jnnf IG i n u t c tu ^Jrofcffor plemelj l)iclt btc (¿rjdjemung für ein Mete t» r, tocldjc* bie wrrwj c b c t dtbatmo)pt)&xt ft t c i f t e im!) b i 11 e i b e bann to i e b e t t> 11 i t e p. Ütfaö bei biefer Grdemung bem ftadjmann fofort in bic
slika 1.
Neue Freie Presse, 7. maja 1 91 0: Plemelj in meteor.

PRESEK 46 (2018/2019) 3
21
ASTRONOMIJA
—^ piše v [2], je Venero lahko opazoval celo pri belem dnevu. Verjetno je kot študent na Dunaju za seminarsko nalogo pri astronomiji na podlagi izmerjenih podatkov, kot lahko preberemo v [1], izračunal tirnico kometa 1847 I. Morda gaje za astronomijo navdušil tudi njegov gimnazijski profesor Vincenc Bor-štner (1843-1917), ki je v Celovcu še pred prihodom na klasicno gimnazijo v Ljubljani objavljal prirodo-slovne clanke, tudi take z astronomsko vsebino.
Leta 1910 je prof. Plemelj presenetil dunajsko zvezdarno z brzojavko, kaj je videl v Cernovicah. Objavljena je bila skoraj z istimi besedami v dunajskih casopisih Neue Freie Presse in Neues Wiener Journal 7. maja 1910. Prevod se glasi:
Izredno zanimiv nebesni pojav. Dunajska zvezdama je včeraj prejela z meteorološkega observatorija v Cernovicah brzojavko, ki sporoča, da je gospod Plemelj, profesor matematike na tamkajšnji univerzi, opazoval pojav na nebu, ki ga je komaj kdaj videl kak astronom. Sledeč brzojavki je bil 4. maja ob 9. uri 33 minut po lokalnem casu viden meteor prve velikosti, ki je vzšel na jugovzhodu, se pomikal prek vzhoda proti severu in zašel na severozahodu. Največja višina nad horizontom je bila 30 stopinj, pri čemer je bila hitrost najprej majhna, potem vecja, nazadnje spet manjša. Trajanje pojava je doseglo prav nenavadno dolžino 5 minut. Profesor Plemelj ima pojav za meteor, ki je oplazil mejo Zemljine atmosfere in jo potem zapustil. Kar pri tem pojavu strokovnjaku takoj pade v oči, je dejstvo, da je meteor vzšel in zašel.
Ker lahko razumemo kratek del tira običajno poja-vljajočega se meteorja kot ravno črto, sledi, da tak meteor bodisi samo vzide ali samo zaide, nikoli pa ne oboje hkrati. Poleg tega imamo opraviti z nenavadno dolgo vidnostjo 5 minut, medtem ko sičer tovrstni pojavi trajajo le nekaj sekund. Sedaj pa že lahko rečemo toliko, da je tir tega meteorja kriva črta in leži relativno zelo daleč od površja Zemlje. To ukrivljenost vsekakor povzroča privlačnost Zemlje. Ce je meteor Zemljino atmosfero oplazil, se mu je prvotna hitrost, ki je 42 km/s ali več, zmanjšala, je pa čisto možno, da to zmanjšanje hitrosti ni seglo do 30 km/s, in je potem meteor Zemljino atmosfero zapu-
stil in se od Zemlje oddaljil. Meteor se je potem obnašal kot trabant naše Zemlje, ki pa ni krenil po elip-ticnem tiru, ampak po parabolicnem ali hiperbolic-nem glede na Zemljo. Ne da se v sedanjem trenutku pregledati vseh možnosti, ker je tak primer prvi, ki je bil opazovan s strokovne plati. Najpomembnejša bi bila zato opazovanja z drugih, v glavnem od Cer-novic severovzhodno ležecih krajev, ki bi dovolili do-lociti najvažnejši element, višino v km nad površjem Zemlje.
Casopis Salzburger Volksblatt, neodvisni dnevnik za mesto in deželo Salzburg, je bil dne 6. maja 1910 krajši:
Nebesni pojav. Cernovice, 6. maj. Zanimiv pojav je opazoval cetrtega dne tega meseca univerzitetni profesor Plemelj, ki je tistega dne ob 9. uri 33 minut zvecer videl padati svetlec meteor, ki je opisal polkrožni lok 180 stopinj. Doslej je bilo razširjeno mnenje, da se meteorji spušcajo po premocrtnem tiru skozi prostor.
Meteor (iz grške besede ^eTEMpoc - na nebu se nahajajoč) ali utrinek je kratkotrajna svetla sled, ki nastane ob vstopu meteoroida v ozračje. Hitrost me-teoroidov pri vstopu v ozračje je do 72 km/s. Ce je bila razlaga v časopisih pravilna, naj presodijo astronomi.
Nekoč je pri mnogih ljudstvih veljalo, da si je treba, videč utrinek, nekaj lepega zaželeti, kar pa se ne sme nikomur povedati, sičer se želja ne bo izpolnila. Pač pa so se ljudje zelo bali kometov, ki naj bi napovedovali vojne in katastrofe.
[1]	S. Južnic, M. Prosen, Josip Plemelj in komet, Jutro, Ljubljana 2006.
[2]	I. Vidav, J. Plemelj: ob stoletnici rojstva, DMFA, Ljubljana 1975.
[3]	Österreichische Nationalbibliothek, dostopno na: http://anno.onb.ac.at/, ogled: 28. 11. 2018.
_xxx
22
PRESEK 46 (2018/2019) 3	22
ASTRONOMIJA
12. mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike
Dunja Fabjan
-> 12. mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike, na kateri že šesto leto nastopajo slovenski dijaki, je potekala od 3. do 11. novembra 2018 v Pekingu.
Na njej je sodelovalo skupno 45 ekip iz 39 razlic-nih držav, kar je dvakrat vec kot pred osmimi leti, ko so tekmovanje ravno tako gostili v Pekingu. Letošnjo olimpijsko ekipo so sestavljali Marko Cmrlec (Gimnazija Bežigrad), Gregor Humar (Gimnazija in SŠ Rudolfa Maistra Kamnik), Andraž Jelinčič (Gimnazija Bežigrad), Klemen Keršic (SŠ Slovenska Bistrica) in Ema Mlinar (Gimnazija Vic).
Slovenski tekmovalci so se s sovrstniki preizkusili v teoreticnem znanju, opazovalnem delu in analizi
podatkov. Tudi tokrat se je slovenska ekipa odlicno odrezala: Marko Cmrlec je osvojil srebrno medaljo, Ema Mlinar in Klemen Keršic bronasti medalji, Andraž Jelinčič pa pohvalo.
Na Kitajskem sta dijake spremljala mentorja Krištof Skok in Urška Andrenšek (študenta na Fakulteti za matematiko in fiziko Univerze v Ljubljani). Pri državni selekciji in pripravah ekipe so sodelovali mentorji Andrej Guštin (DMFA Slovenije), prof. Andreja Gomboc in mag. Katja Bricman (Fakulteta za naravoslovje, Univerza v Novi Gorici) ter dr. Dunja Fabjan (Fakulteta za matematiko in fiziko Univerze v Ljubljani). Priprava in državna selekcija potekata pod okriljem DMFA Slovenije.
slika 1.
Tekmovalci in mentorji po uspešni olimpijadi na Kitajskem: Urška Andrenšek (mentorica), Ema Mlinar (Gimnazija Vič, bronasta medalja), Marko Cmrlec (Gimnazija Bežigrad, srebrna medalja), Klemen Keršic (SŠ Slovenska Bistrica, bronasta medalja), Gregor Humar (Gimnazija in SŠ Rudolfa Maistra Kamnik), Andraž Jelinčič (Gimnazija Bežigrad, priznanje), Krištof Skok (mentor). _xxx
PRESEK 46 (2018/2019) 3
23
astronomija
Praktične naloge 12. mednarodne olimpijade iz astronomije in astrofizike 2018
•4/ •i' •i'
Andrej Guštin
Na sliki 1 je zvezdna karta za Yanqing, Peking ob 20:30 danes zvecer (UTC+8) z mejno magnitudo =
5m (m = magnituda). Štiri zvezde (pribl. 1m - 3m) in en planet (svetlejši od 2m) manjkajo na karti. Na karti je razdalja od središca sorazmerna z zenitno razdaljo.
■	Na karti nariši križ (X) na položaj vsake manjka-joce zvezde in jo oznaci s »T« ter oznaci s križem (X) položaj manjkajocega planeta in ga oznaci s »P«.
■	Oznaci orientacijo zvezdne karte z »N«, »E«, »S«, »W« na robu zvezdne karte.
■	Na karti precka nebesni ekvator mnogo ozvezdij. Napiši imena poljubnih pet izmed teh ozvezdij (IAU oznake).
■	Z uporabo zvezdne karte oceni višino Aldebarana (a Tau), zaokroženo na najbližjo stopinjo.
02
Na sliki 2 je zvezdna karta nedavne opozicije Jupitra. Koordinatna mreža na sliki je eklipticna mreža. Oceni datum te opozicije, zaokrožen na najbližji dan.
slika 1.
03
Na sliki 3 je zvezdna karta dela neba 21. marca 2018. Geografska širina in dolžina kraja opazovanja sta 120°E, 40°N (UTC+8). Koordinatna mreža na sliki je ekvatorialna mreža. Odebeljena navpicna crta na sredini predstavlja meridian. Oceni srednji Soncev cas, zaokrožen na manj kot 0,5 h.
24
PRESEK 46 (2018/2019) 3
ASTRONOMIJA
PRESEK 46 (2018/2019)3
25
RACUNALNIŠTVO
Uceci se robot
•is ■i' ■i'
Andrej Likar
-> Roboti danes opravljajo številna dela precej hitreje in natančneje kot še tako izurjen Človek. Posebej programirani računalniki celo premagajo svetovne prvake v šahu ali goju. Temu se lahko čudimo, a njihova spretnost leži v programih, po katerih se roboti ali računalniki odzivajo. Programi so sicer bolj ali manj zapleteni, vedno pa so prilagojeni na dane okoliščine in se ne spreminjajo. Računalnik preveri na miljone možnih potez pri šahu, in se končno odloči za najprimernejšo glede na dobro premišljen kriterij. Človek tega seveda ne zmore, pri potezah se odloča intuitivno, pač glede na omejeno presojo nasprotnika in pozičije ter na prejšnje izkušnje. Pravimo, da Ččlovek razmišlja in občuti, robot ali računalnik pa le natančno izvršujeta vnaprej napisane ukaze.
Naši ukazi, po katerih se nehote ravnamo, niso vnaprej predpisani, pridobili smo jih skozi življenje, z igro in delom. Morda bi si zaželeli imeti robota, ki bi nam bil podoben, ki bi govoril, se prilagajal na nove okoliščine in bi nam bil pri roki kot kak pameten in zvest pomočnik. Kako do njega?
Kako naj programiramo robota, da se bo učil, kot se učimo ljudje od ranega otroštva dalje? Otroči ne rešujejo nalog preko vnaprej napisanih spečifičnih programov, razvijajo se na povsem drugačen način. Preiskujejo svojo okoličo in s premikanjem svojega telesa in igranjem s predmeti ugotavljajo zakonitosti sveta. Prav tako se preizkušajo v govoru. Potrebne podatke si preskrbijo sami, se prilagajajo novim oko-
liščinam in prenašajo pridobljene izkušnje na druga področja. Robotu, ki naj bi se tako učil, bi morali na začetku vpisati nekakšen program, ki bi ga usmerjal v otroško igro. Da bi lahko napisali tak program, moramo poznati osnovno načelo otroške igre. Do tega načela ni prav lahko priti, strokovnjaki na tem področju še vedno vneto raziskujejo otrokov miselni razvoj, saj marsikaj o njem ni povsem dognano.
Eno od možnih načel, ki obeta lastno učenje robotov, bomo povzeli iz članka Samouceci roboti, objavljenega v letošnji marčevi številki revije Sčientifič Američan (mareč 2018, avtoriča Diana Kwon). Načelo je preprosto in temelji na spoznanju, da si naši možgani vseskozi prizadevajo napovedovati poteke vsemogočih dogajanj in se pri tem učiti ob razliki med izidi dogodkov in našimi predvidevanji. Pa pov-zemimo lep primer, ki ga najdemo v članku. Denimo, da prvič srečamo ljubko mačko. Ker imamo doma prav tako ljubko in krotko mačko, ki se rada pusti črkljati, jo skušamo pobožati. A ko sežemo po njej, nas mačka opraska. Svoje znanje o mačkah moramo torej spremeniti - nekatere ljubke mačke niso prijazne in opraskajo! Sedaj spet preizkusimo mačko, in sičer ji ponudimo kak slasten zalogaj in pri tem upamo, da bo potem prijaznejša. In res, ko zagleda zalogaj, se pusti pobožati. Sedaj vemo, da se splača ponuditi kak zalogaj mački, ki je sičer ljubka, a je še ne poznamo.
Osnovni program, ki bi omogočil lastno učenje robota, bi moral robotu včepiti radovednost in možnost, da si spreminja svoj notranji miselni svet, brž ko opazi razliko med pričakovanim in resničnim izidom kakega dogodka. Da je taka pot smiselna, dokazujejo številni poskusi z malčki. Ti so, na primer, posebej radovedni, ko opazijo nekaj, kar še zdaleč ni v skladu z njihovimi pričakovanji. Naredili so poskus tako, da so malčkom pokazali predmet, ki se je navidez premikal skozi trdno steno. To jih je močno
26
PRESEK 46 (2018/2019) 3
RACUNALNIŠTVO
pritegnilo in začeli so podrobneje proučevati pojav, ker so bila njihova pričakovanja v ostrem neskladju z dogajanjem. Želja po uskladitvi svojega notranjega miselnega sveta z zunanjim lahko pojasni marsikatero uganko v zvezi z otrokovim miselnim razvojem.
Morda niti ni potrebno omenjati, da bi moral imeti robot, ki bi bil zmožen lastnega učenja, svoje telo, da bi moral imeti možnost smiselno posegati v zunanji svet, da bi moral videti in slišati in biti sposoben oblikovati zvok. Moral bi nam biti torej prečej podoben, vsaj kar se tiče teh lastnosti. Današnji roboti so vse preveč nerodni in krhki in imajo prečej slabo razvita čutila. Seveda pa je največja ovira do učečega se robota nepoznavanje delovanja možganov. Modeliranje misli je še v povojih, kar je spričo zapletenosti tega organa povsem razumljivo. Da bi vzgojili robota s človeškim načinom razmišljanja, bi se morali z njim zelo dolgo časa ukvarjati, pravzaprav bi ga morali vzgajati kot otroka in ga pozneje vključiti v družbo kot sebi enakega.
Osnovno načelo otrokovega miselnega razvoja, ki smo ga omenili tu, po mnenju nekaterih psihologov nudi nov vpogled v razvojne posebnosti nekaterih otrok. Na primer, nekateri avtistični otroči naj bi bili
preveč občutljivi na razlike med napovedmi in dejanskimi izidi pri kakem dogajanju. To morda pojasni njihovo vztrajno ponavljanje prizorov, katerih izidi so za nas zelo dobro napovedljivi.
Izkazalo se je, da laboratorijski poskusni roboti, ki so jim vprogramirali radovednost, izkazujejo tudi osnovno sočialno obnašanje, torej družabne stike. V želji po izravnavi zunanjega in svojega notranjega sveta nehote in neprogramirano začno pomagati drug drugemu. Pri otročih je tako sodelovanje izrazito. To je razumljivo, saj velik del otrokovega preizkušanja okolja zasede napovedovanje odzivov drugih ljudi, otrok ali starejših.
Ta zapis smo začeli z ugotovitvijo, da nas roboti za določena dela že močno prekašajo. Samoučeči roboti so danes še v zgodnjem razvoju, namenjeni so predvsem proučevanju zgradbe in razvoja človeških možganov. V ne tako oddaljeni prihodnosti pa utegnejo postati zelo uporabni stroji, pravi roboti iz znanstvenofantastičnih zgodb. Možnost samouče-nja in sklepanja pa lahko robotu ob napačni vzgoji utrdi značajske poteze, ki nam ne bi bile posebno všeč.
okolje
	izid
	
izboljšana napoved
slika 1.
Ko robot opazi razliko med napovedanim in pravim izidom kakega pojava, popravi svoj notranji miselni svet tako, da se pri naslednjem poskusu razlika zmanjša. Po nekaj poskusih se razlika zmanjša pod tolerančno mejo, robot je svoj notranji svet uskladil z zunanjim. _xxx
27	PRESEK 46 (2018/2019) 3

RACUNALNIŠTVO
Priprave na srednješolske računalniške o l i m p i j a d e
•is ■i' ■i'
Jure Slak
-> Za srednjnešolce obstajajo tri mednarodne olim-pijade v računalništvu in informatiki: Mednarodna olimpijada v računalništvu in informatiki (IOI), Srednjeevropska olimpijada v računalništvu in informatiki (CEOI) in Balkanska olimpijada v računalništvu in informatiki (BOI).
Slovenija na teh tekmovanjih ni najbolj uspešna, kajti doslej je na svetovni olimpijadi dosegla le 24 bronastih medalj in štiri srebrne, pa še od teh štirih sta dve iz daljnega leta 1995, kar jo postavlja na 59. mesto od 106 držav. Za primerjavo lahko vzamemo sosednje države, npr. Hrvaško, ki ima 11 zlatih, 39 srebrnih in 35 bronastih medalj, in našo širšo regijo, kjer so Poljska, Romunija, Bolgarija in Slovaška na svetovni lestvici 4., 6., 7. in 8.1 Posebej je zaskrbljujoče, da je Slovenija v devetdesetih letih prejšnjega stoletja veljala za vzor na tem podrocju.
Z letošnjim letom je ACM Slovenije v sodelovanju z uspešnimi tekmovalci iz preteklih let začel organizirati celoletne priprave na olimpijade. Namen priprav je, da preobrnemo trend slabih rezultatov in v prihodnjih treh letih povečamo število dijakov, ki bodo sposobni doseci vidnejše rezultate v svetovnem merilu, saj bo to imelo dvojni rezultat: najprej
Statistika na voljo na stats.ioinformatics.org/ countri es/?sort=medal s_desc.
se bo povečalo zanimanje za računalništvo in informatiko med mladimi in tudi gospodarstvo bo prišlo do kakovostnejšega kadra.
Priprave na olimpijade iz računalništva potekajo v okviru projekta NAPOJ - Načrtovanje poučevanja Algoritmov in Programiranja ter Organizačija skupnosti, ki ga vodi Univerza v Ljubljani, Fakulteta za računalništvo in informatiko v sodelovanju z drugimi partnerji, vključno z Ministrstvom za izobraževanje, znanost in šport. Projekt je bil izbran na razpisu podjetja Google CS4HS (Computer Sčienče for High Sčhool).
Aktivno izobraževanje in priprave na olimpijade potekajo skozi čelo leto, podobno, kot to poteka v Sloveniji pri matematični ali fizikalni olimpijadi, ali pa kot to poteka v drugih državah (Poljska, Hrvaška) pri olimpijadah iz računalništva in informatike. Več o pripravah in snovi je na voljo na uradni strani2. Srečujemo se na dva tedna na Fakulteti za računalništvo in informatiko v Ljubljani, kjer se vsakič obravnava del snovi iz »učnega načrta« za svetovno računalniško olimpijado3, po navadi motiviran s kakšno nalogo iz preteklih tekmovanj. Vsakemu srečanju sledi tudi domača naloga, kjer morajo tekmovalči naučeno znanje in programerske spretnosti izkazati na treh različno težkih nalogah. Priprave so brezplačne in se jih lahko udeleži kdorkoli.
Odziv dijakov in srednjih šol je bil pozitiven: trenutno priprave obiskuje 34 dijakov iz 14 različnih
2moodle.lusy.fri .uni-lj.si/course/view.php?id=60
3peopl e.ksp .sk/~mi sof/ioi-syl l abus/ioi-syl l abus. pdf
28
PRESEK 46 (2018/2019) 3
RAČUNALNIŠTVO
srednjih šol iz vse Slovenije. Predznanje je precej razlicno, nekaj dijakov je starih tekmovalcev z olim-pijad, nekaj jih je še zacetnikov. Tu pa se odpre še en problem: za razliko od npr. matematicnega kenguruja in nadaljnjih tekmovanj, ki se jih dijaki udeležujejo množicno, je pri tovrstnih programerskih tekmovanjih potrebna dolocena tehnicna podkovanost in predznanje programiranja, ki ga vecina ne pridobi v casu osnovne ali srednje šole. Kjub sistemskim problemom pa dijaki izkazujejo interes in motivacijo za ucenje in delo. Že sama udeležba na
olimpijadi je za marsikoga lepa nagrada, medalja pa ima še vecji pomen: odpira namrec vrata za vpis na dobre svetovne univerze ali prakse pri tehnoloških podjetjih.
Za kakršnekoli informacije glede priprav lahko pišete organizatorju na naslov jure.slak@ijs.si, razpored prihodnjih srecanj pa je prikazan v tabeli 1. Srecanj se lahko udeleži vsak zainteresiran poslušalec, tudi ce želi samo dobiti obcutek, kako priprave izgledajo.
datum		predavatelj	snov	
				
17. 12. ob 16:00		Janez Brank	Dinamično programiranje, koncept optimalne podstrukture in stanja, osnovni primeri, določanje časovne in prostorske zahtevnosti, 0/1 nahrbtnik.	
7. 1. ob 16:00		Vid Kocijan	Osnovni algoritmi na grafih, pregled v širino, pregled v globino, štetje komponent.	
21. 1. ob 16:00		Janez Brank	Dinamično programiranje, najdaljše skupno podzaporedje, urejevalna razdalja, najdaljše naraščajoče podzaporedje.	
11. 2. ob 16:00		Filip Koprivec	Najkrajše poti, Dijkstrov, Floyd-Warshallov algoritem.	
4. 3. ob 16:00		Filip Koprivec	Podatkovna struktura Union-Find, minimalno vpeto drevo, algoritma Kruskala in Prima.	
	9. 3.	ZOTKS	tekmovanje FIT	
	18. 3. ob 16:00	Tomaž Hocevar	Napredne podatkovne strukture: binarno iskalno drevo, trie, druge razširjene podatkovne strukture, še posebej drevo segmentov.	
	23. 3.	ACM + IJS	tekmovanje RTK	
	15. 4. ob 16:00	Vid Kocijan	Topološko urejanje, močno povezane komponente, mostovi in prerezna vozlišča.	
	6. 5. ob 16:00	Jure Slak	Geometrija: ploščine, vektorski produkt, konveksna ovojniča, kompresija koordinat, presečišča, pometanje.	
	20. 5. ob 16:00	Janez Brank	Napredno dinamično programiranje, dinamično programiranje z mitmaskami.	
	3. 6. ob 16:00	še nedoloceno	Izbrane naloge s starih tekmovanj	
tabela 1.
Razpored prihodnjih srecanj in tekmovanj iz računalništva.
_xxx
29	PRESEK 46 (2018/2019) 3

RAZVEDRILO
MaRtematicne prigode
Marta Zabret
MArTEMATICNE PRIGODE
Marta Zabret
MArTEMATICNE PRIGODE
146 strani format 14 x 20 cm 12,50 EUR
Izšla je nova knjiga MaRtematicne prigode. Avtorica Marta Zabret je profesorica matematike in specialistka matematičnega izobraževanja. Knjiga je množica kratkih zgodb, v katerih so strnjene mnoge izkušnje s področja poučevanja in spremljajočih aktivnosti na srednjih šolah.
Jedro knjige so zanimivi zapisi o njenih dijakinjah in dijakih. Besedila so napisana lepo in strnjeno, v njih je tudi precej humorja. Zgodbe lahko beremo samostojno; nekatere so prav kratke. Knjiga ima tudi nekaj cisto matematične vsebine, denimo v obliki originalno predstavljenih problemov na srednješolskem nivoju.
Za lepo zunanjo in notranjo obliko knjige so poskrbele tri nekdanje Martine dijakinje: Neža Vavpetič, Ariana Godicelj in Ana Hafner.
Poleg omenjene lahko v naši ponudbi najdete še veliko drugih knjig. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko starejše knjige tudi naroČite s popustom:
http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ceni k/
Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633.
su vu vu
RESITEV NAGRADNE KRlS ANKE
presek 46/2
-> Pravilna rešitev nagradne križanke iz druge številke Preseka je Lunin mrk. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Alen Dudaric iz Celja, Neža Kermelj Kuzman iz Ljubljane in Ana Hri-beršek iz Mislinje, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti.
_ xxx
30
PRESEK 46 (2018/2019) 4	30
RAZVEDRILO
Senca zahoda
nu su nu
Aleš Mohorič
-> Kak večer nam zahajajoče Sonce priredi še posebej barvit spektakel na nebu in obsije oblake z odtenki oranžne in rdeče, kakor kaže slika na naslovnici. Kako se to zgodi?
Na hitro razmere pojasnimo s skico na sliki 1. Nebo nad opazovalcem proti zahodu pokriva plast oblakov. Plast se zaključi blizu obzorja, tako da jo lahko od spodaj obsijejo sončni žarki. Žarki prihajajo od Sonca, ki je že zašlo. Sončna svetloba se obarva rdeče, ker svetloba potuje skozi debelo plast atmosfere, dosti debelejšo kot ob poldnevu, ko žarki vpadajo skoraj navpično. O barvitem zahodu lahko več preberete v opisu naslovniče v [1].
oblaki
opazovalec
slika 1.
V primeru, da žarkom pot zapre gora, hrib ali drug oblak, nastane za oviro senča in del oblakov ostane temen. To pojasni skiča na sliki 2.
oblaki
opazovalec
slika 2.
Nekaj več o lastnostih senče lahko preberete v starem Preseku [2]. Zdaj lažje prepoznamo lastnosti fotografije na naslovniči. Z nekaj domišljije prepoznamo tudi senčo, ki jo meče na oblake hrib z oblačno kapo, ki je sredi fotografije. Senča je posebej označena na sliki 3.
slika 3.
Senča ima obliko razprte pahljače. To ni poslediča oblike hriba ali oblaka, ampak perspektive. Senčo bližje vrha fotografije opazujemo na manjši razdalji, kot senčo blizu hriba. O perspektivi je več napisanega v [3].
Literatura
[1]	naslovniča, Presek 43 (2015/2016) 5.
[2]	A. Mohorič, Senca, Presek 40 (2012/2013) 1, str. 31.
[3]	A. Mohorič, Perspektiva, Presek 40 (2012/2013) 3, 30-31.
xxx
PRESEK 46 (2018/2019)3
31
Matematični kenguru
Osnovna naloga tekmovanja Kenguru je popularizacija matematike. Zanimiv, zabaven in igriv način zastavljanja matematičnih problemov je pripomogel, da se je tekmovanje kmalu razširilo po vsej Evropi, hkrati pa so se v tekmovanje vključevali tudi otroci in mladostniki iz drugih držav sveta. Tekmovanje je preseglo evropske okvire in postalo Mednarodni matematični kenguru. Leta 2016 se ga je udeležilo več kot 6 milijonov tekmovalcev iz več kot 60 držav sveta. V Sloveniji Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije organizira tekmovanje za učenče od prvega razreda osnovne šole do četrtega letnika srednje šole. Poseben izbor je pripravljen za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol, za dijake srednjih pokličnih šol ter za študente.
Naloge, zbrane v teh knjigah, so najboljše možno gradivo za pripravo na prihodnja tekmovanja. Predvsem zato, ker je vsaki nalogi dodana podrobno razložena rešitev, ki bralča vodi v logično mišljenje in spoznavanje novih strategij reševanja. Marsikatera naloga, kije sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematični izziv.
MEDNARODNI MATEMATIČNI KENGURU
2012-2016
18,74 EUR
14,50 EUR
23,00 EUR
Pri DMFA-založništvo je v Presekovi knjižniči izšlo že pet knjig Matematičnega kenguruja. Na zalogi so še:
•	Mednarodni matematični kenguru 2005-2008,
•	Mednarodni matematični kenguru 2009-2011,
•	Mednarodni matematični kenguru 2012-2016.
Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematična, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikačije tudi naročite:
http://www.dmfa-za1ozni stvo.si/
Individualni naročniki revije Presek, člani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob naročilu starejših zbirk nalog pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje čene - izkoristite ga!