9 77 0 3 51 6 6 5 7 4 6 9770351665746 MATEMATIČNI TRENUTKI Lepota ustvarjanja v matematiki in glasbi nU vU vU Čeprav se mnogim zdi, da sta matematika in glasba popolnoma nasprotni področji, imata veliko skupnega. Obe druži zagnana ustvarjalnost in živahnost, ki sta usmerjeni v lepoto in eleganco. Težko je verjeti, da matematiki v iskanju lepih rezultatov z elegantnimi dokazi pogosto improvizirajo. Matematik in glasbenik Rob Schneiderman pravi: »Prav vsak dan matematiki in glasbeniki ustvarjajo novo matematiko in novo glasbo. Matematiki pogosto raziskujejo v skupinah, razvijajo posamezno področje, odpravljajo napake, zaidejo v popolnoma napačno smer, se redno menjujejo v vodilnih vlogah in spontano prihajajo do ustvarjalnih prebliskov. Enaka dinamika se pojavlja tudi v manjših skupinah jazzo-vskih ustvarjalcev. Obe, matematika in instrumentalna glasba, imata neverjetno močan in neločljivo povezan abstraktni pomen. S pomočjo logike in zvoka sta sposobni širiti zapletene ideje in ustvarjati čudovite strukture. Kljub vsem podobnostim pa je nenavadno, da lahko v glasbi uživajo tudi poslušalci brez tehničnega znanja, globina uživanja v matematiki pa je močno povezana z matematično izobrazbo. Matematika je tako vrsta glasbe, ki pa jo slišijo le glasbeniki.« Upoštevajte torej naš nasvet: Za trenutek se ustavite in zaslišite matematiko! Kogar tema bolj zanima, si lahko prebere članek Jazz Duo Explores the Intersection of Math and Music, ki ga je marca 2019 objavil David R. Adler v reviji Flagpole. XXX Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 47, šolsko leto 2019/2020, številka 4 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Razpet, Jure Slak (računalništvo), Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični 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 2019/2020 je za posamezne naročnike 22,40 eur - posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 19,60 eur, posamezna številka 6,00 eur, stara številka 4,00 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 30 eur. Transakcijski račun: 03100-1000018787. List sofinancira Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega prora čuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikacij. Založilo DMFA-založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana Naklada 1100 izvodov © 2020 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2111 ISSN 2630-4317 (Online) ISSN 0351-6652 (Tiskana izd.) Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. 2 Presek 47 (2019/2020)4 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 bralcev, učencem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem. Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institučije, 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 čm pri ločljivosti 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. Ce 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 Lepota ustvarjanja v matematiki in glasbi 4-7 8-9 10-13 13-15,18 22-24 24 25-27 MATEMATIKA Šahovski kralj v posebnih okoliščinah (Marko Razpet) Kvadrat, včrtan krožnemu sekstantu (Marko Razpet) FIZIKA Obok (Andrej Likar) Kupola (Andrej Likar) ASTRONOMIJA 27. sanktpeterburška astronomska olimpijada (SAO) (Andrej Guštin) Messierov maraton 2020 (Andrej Guštin) RAČUN ALNIČTVO Ali lahko računalnik spiše esej? (Vid Kocijan) 9 16-17 19-21 28 29-31 RAZVEDRILO Barvni sudoku Nagradna križanka (Marko Bokalic) 50 let Mednarodne fizikalne olimpijade (Barbara Rovšek) Rešitev nagradne križanke Presek 47/3 (Marko Bokalic) Naravoslovna fotografija - Slika Lune (Jože Rakovec) TEKMOVANJA 57. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije - državno tekmovanje 55. tekmovanje iz matematike za Vegovo priznanje - državno tekmovanje Tekmovanje v znanju poslovne in finančne matematike ter statistike - šolsko tekmovanje Slika na naslovnici: Podrobnost površine Lune v fazi prvega krajca. Foto: Andrej Guštin ;ek _ 47 (2019/2020)4 M ATEMATI KA Šahovski kralj v posebnih okoliščinah -i' •i' •i' Marko Razpet -> Obravnavali bomo nekatere preproste kombina-torične probleme na šahovnici. Podobne probleme smo sicer srečali ali že v 15. in 16. letniku Preseka. Novo v tem prispevku pa so ovire, ki jih na različne načine postavimo na šahovnico. Šahovskega kralja kk (lahko tudi KK) smo izbrali samo zato, ker se sme na šahovnici premikati, ce nima ovir, v osmih smereh, vedno samo za eno polje: levo, desno, navzgor, navzdol, pa še v štirih diagonalnih smereh. Vsak tak premik bomo imenovali korak. Na šahovnici bo kralj ves cas edina figura. Vsako polje xy je označeno s crko x iz množice {a, b, c, d, e, f, g, h} in številko y iz množice {1,2, 3,4, 5,6, 7,8}. Crke oznacujejo vertikale, številke pa horizontale. Polje c5 je na primer na vertikali c in na horizontali 5. Namesto opisane tradicionalne šahovske oznake polja xy bomo raje uporabljali matematicno koordinatno oznako (i, j). Pri tem pomeni i absciso, j pa ordinato polja (i, j). Za šahovska polja sta koordinati i, j števili iz množice J = {0,1, 2, 3,4, 5,6, 7} (glej spodnji in levi rob tabele 1). Primeri. al = (0,0),f7 = (5,6),h8 = (7, 7). Na zacetku stoji kralj na polju (0,0). Njegov cilj pa je prispeti na polje (7, 7), pa ne kakorkoli, ampak tako, da je cilju po vsakem koraku bliže. To pa pomeni, da lahko kjerkoli na šahovnici izbira samo med tremi koraki: na desno, navzgor in diagonalno desno-navzgor. Kralj na ta nacin s polja (0,0) na polje (i, j) opravi neko pot (slika 1). Tukaj obravnavamo samo take poti. 1. vprašanje. Koliko je razlicnih poti šahovskega kralja s polja (0, 0) na polje (i, j), pri cemer se cilju po vsakem koraku približa? Zagotovo je možna ena sama pot s polja (0,0) na katerokoli polje (i, 0) oziroma (0,j), kjer sta i oziroma j v J. Oznacimo z D(i,j) število poti s polja (0,0) na polje (i, j). Na polje (i, j) lahko kralj prispe v enem koraku na tri nacine: s polja (i - 1,j), s polja (i, j - 1) ali s polja (i - 1,j - 1). To pa pomeni, da 4 PRESEK 47 (2019/2020) 4 MATEMATIKA za i, j > 1 velja relacija ■ D(i, j) = D (i - 1,j) + D (i, j - 1) + D(i - 1,j - 1). Ker veljata pogoja D(i, 0) = 1 in D(0,j) = 1, lahko števila D (i, j) izračunamo samo s seštevanjem. V ta namen zapišemo rezultate v tabelo. Pri tem, da hitreje izpopolnimo tabelo, upoštevamo simetričnost: D(i, j) = D(j, i). Primer. Število 681 = D(5,4) je vsota uokvirjenih števil 321 = D(4,4), 231 = D(5, 3) in 129 = D(4, 3). Število poti s polja (0,0) na polje (7, 7) je torej D(7, 7) = 48639. To število je kar veliko. Ce bi vsako sekundo narisali eno pot, bi potrebovali 13 ur, 30 minut in 39 sekund, da bi dobili vse. Potrebovali pa bi več tisoč listov papirja formata A4, da bi nanje narisali vse poti, ceprav bi jih na vsak list na vsaki strani narisali 20. Števila D (i, j) so Delannoyjeva števila, ki jih je prvi obravnaval francoski amaterski matematik in častnik Henri Auguste Delannoy (1833-1915). Za Delannoyjeva števila obstajajo tudi ekspličitne formule, ki pa niso preproste in se izražajo s končnimi vrstami, ki vsebujejo binomske koefičiente. Več o tem lahko preberemo npr. v [1, 2]. Tabelo Delannoyjevih števil lahko seveda razširimo do poljubne velikosti. Uporabimo pa jo lahko tudi za izračun števila poti s polja (i, j) na polje (u,v). Poti ni, če je i > u ali j > v .V nasprotnem primeru pa je število poti enako D(u- i, v -j). Tedaj je polje (u,v) s polja (i, j) dosegljivo. 2. vprašanje. Koliko je različnih poti šahovskega kralja s polja (0,0) na polje (7, 7), pri čemer se čilju po vsakem koraku približa, na šahovniči pa je polje (p, q), na katerega kralj zaradi ovire ne more stopiti? Na sliki 2 levo je ovirano polje d5 oziroma (3,4). Lahko si tudi mislimo, da tega polja preprosto ni. Število poti s polja (0, 0) na ovirano polje je 0. Poti bo zdaj seveda manj kot D(7, 7), in sičer za število poti P(p,q) s polja (0,0) čez ovirano polje (p,q) do čiljnega polja (7, 7). Po osnovnem izreku kombinatorike je P(p, q) enako produktu števila poti s polja (0, 0) na polje (p, q) s številom poti s polja (p, q) na polje (7, 7), torej P(p, q) = D(p, q) ■ D(7 -p, 7- q). Število dovoljenih poti označimo z N(p,q). Tako smo našli: • N(p,q) = D(7, 7) - D(p,q) ■ D(7 - p, 7 - q). V posebnih primerih je N(0,0) = 0 in N(7, 7) = 0, saj kralj v prvem primeru na start niti ne more stopiti, na čilj pa ne dospeti. Poti potemtakem sploh ni. V primeru oviranega polja (3, 4) je ■ N(3,4) = D(7, 7) - D(3,4) ■ D(4, 3) = 48639 - 1292 = 31998. V tem primeru je torej število poti nekoliko manjše kot brez ovire: 31998. Do rezultata lahko pridemo tudi s tabelo, v katero postavimo črn kvadratek v če-ličo (3, 4), in zanjo ničesar ne računamo, za preostale čeliče pa računamo tako kot v tabeli 1, 3. vprašanje. Koliko je različnih poti šahovskega kralja s polja (0,0) na polje (7, 7), pri čemer se čilju 7 8 1 15 113 575 2241 7183 19825 48639 6 7 1 13 85 377 1289 3653 8989 19825 5 6 1 11 61 231 681 1683 3653 7183 4 5 1 9 41 129 321 681 1289 2241 3 4 1 7 25 63 129 231 377 575 2 3 1 5 13 25 41 61 85 113 1 2 135 7 9 11 13 15 0 1 111 1 11 1 1 j i a b c 012 d 3 e f 45 g 6 h 7 TABELA 1. Delannoyjeva števila. Število poti. PRESEK 47 (2019/2020)4 5 M ATEMATI KA 8 UP UP m m 7lpFiipFip ^^ Z iH ^^ p! Z Z 1 mm mm w Z Z PlP Z ZZZ WZW mmA Z V /\ V ■> i 'H Z.......Z Z Z Z Z.....! ZZ ž/* V ? «Si> * rn Z Z abcdefgh abcdefgh SLIKA 2. Šahovnici s prepovedanimi polji po vsakem koraku približa, na šahovnici pa sta polji (p,q) in (r,s), na kateri kralj zaradi ovir ne more stopiti? Tedaj je pomembno, ce je eno od njiju v normalnih okoliščinah dosegljivo iz preostalega. V tem primeru je npr. p < r in q < s. Med potmi, ki gredo posebej čez (p,q) in posebej čez (r,s), so tudi tiste, ki gredo hkrati čez (p,q) in (r,s). Zato je število prepovedanih poti ■ P(p,q;r,s) = D(p,q) ■ D(7 - p, 7 - q) + D(r, s) ■ D(7 - r, 7 - s)- D(p,q) ■ D(r - p, s - q) ■ D(7 - r, 7 - s). V primeru nedosegljivosti prepovedanih polj tudi velja zgornja formula, če postavimo D(x,y) = 0, če je vsaj eno od števil x in y negativno. Potem je število vseh poti pri danih prepovedanih poljih (p,q) in (r, s) enako ■ N(p, q;r,s) = D(7, 7) - P(p,q;r,s). Na sliki 2 desno sta prepovedani polji (3,4) in (5, 5). V tem primeru je ■ N(3,4; 5, 5) = D(7, 7) - D(3,4) ■ D(4, 3)- D(5, 5) ■ D(2, 2) + D(3,4) ■ D(2,1) ■ D(2, 2) = = 48639-1292 -1683 ■ 13 + 129 ■ 5 ■ 13 = 18504. Kljub omejitvam je število poti s polja (0,0) na polje (7, 7) še vedno veliko: kar 18504. Rezultat lahko preverimo tudi s tabelo. 7 8 1 15 113 446 1338 3958 11698 31998 6 7 1 13 85 248 644 1976 5764 14536 5 6 1 102 294 1038 2750 6022 4 5 1 ■ 192 522 1160 2112 3 4 1 63 129 231 377 575 2 3 1 25 41 61 85 113 1 2 1 7 9 11 13 15 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 j a b c d e f g h i 0 1 2 3 4 5 6 7 TABELA 2. Število poti z oviranim poljem (3, 4) 6 PRESEK 47 (2019/2020) 4 MATEMATIKA SLIKA 3. Šahovnici z vec prepovedanimi polji Prav tako lahko oviramo kralja, da bi stopil na tri, štiri ali vec polj. Pri treh preštejemo prehode prek enega oviranega polja, preko dveh, kjer je vec možnosti, in preko vseh treh. V bistvu uporabimo v kombinatoriki znano načelo vključitve-izključitve. Da se izognemo zapletenim računom, je najenostavneje, da naredimo tabelo. Vanjo v čeliče, ki ustrezajo oviram, vpišemo črne kvadratke in postopamo tako kot v tabeli 2. Navajamo primer za ovirana polja, ki so označena na sliki 3 levo. Število poti s polja (0,0) na polje (7, 7) se je pri postavljenih ovirah drastično zmanjšalo na 220. Tabeli, ki ustrezata slikama 2 in 3 desno, pa naj na tak način sestavijo bralči. Še eno vprašanje. Koliko je poti, če postavimo ovire na vsa polja razen na vertikali a in h ter horizontali 1 in 8? Literatura [1] M. Razpet, Poravnava nizov in Delannoyjeva števila, Obzornik mat. fiz. 58 (2011), št. 4, str. 133145. [2] R. A. Sulanke, Objects counted by the Delannoy numbers, Journal of Integer Sequences 6 (2013), clanek 03.1.5, 1-19. 7 8 1 2 2 2 2 2 2 220 6 7 1 ■ ■ ■ ■ ■ ■ 218 5 6 1 8 ■ 18 30 88 130 4 5 1 6 18 ■ 12 18 24 3 4 1 4 8 12 ■ 2 4 2 3 1 2 2 22 2 0 2 1 2 1 ■ ■ ■ ■ ■ ■ 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 j a b c d e f g h i 0 1 2 3 4 5 6 7 TABELA 3. Število poti s prepovedjo prehoda preko vec polj (slika 3 levo) _XXX PRESEK 47 (2019/2020)4 7 M ATEMATI KA Kvadrat, vertan krožnemu sekstantu ■is ■i' nU Marko Razpet -> Krožnemu izseku s središčnim kotom 90° pravimo tudi krožni kvadrant, na kratko kvadrant, ker je to četrtina kroga. Krog lahko razdelimo na štiri skladne kvadrante. Če pa ima krožni izsek središčni kot 60°, imenujemo tak izsek krožni seks-tant, na kratko sekstant, ker je to ravno šestina kroga. Krog lahko razdelimo na šest skladnih sek-stantov. Kot vemo, lahko to naredimo zelo preprosto z ravnilom in šestilom. Kvadrant in sekstant sta določena s polmerom r. Oglejmo si sekstant s središčem S in polmerom r (slika 1). Njegova simetrala 5 preseka krožni lok v točki G in razdeli sekstant na dva krožna izseka s središčnim kotom 30°. Njuni simetrali S C in SD pa ju razdelita na krožna izseka s središčnim kotom 15°. Vzporednici p in q k simetrali 5 skozi točki C in D presekata polmera sekstanta v točkah A in B. Točke A,B,C in D so očitno oglišča pravokotnika. Trdimo, da je pravokotnik ABCD kvadrat. Najprej opazimo, da je trikotnik SBA enakostra-nični s straničami dolžine |AB| = |SB| = |SA|. Trikotnik SBC pa je enakokraki, ker sta enaka kota BSC in SCB. Oba merita 15°. Zato sta njuni nasprotni straniči enaki, |SB| = |BC|. Torej je res |AB| = |BC|. Pravokotnik ABCD je kvadrat. Naj bo a straniča kvadrata ABCD. Izrazimo jo s polmerom r sekstanta. Uporabimo enakokraki trikotnik SCD. Njegova kraka imata dolžino r, višina v SLIKA 1. Krožni sekstant z vcrtanim kvadratom. z nožiščem H na straniči CD pa je vsota višine ve = aV3/2 enakostraničnega trikotnika SBA in straniče a kvadrata: v = ve + a. Uporabimo Pitagorov izrek v pravokotnem trikotniku SCH: ■ (aV3/2 + a)2 + (a/2)2 = r2. Ko izraz na levi strani zgornje relačije poenostavimo, dobimo najprej ■ (2 + V3)a2 = r2 8 PRESEK 47 (2019/2020) 4 MATEMATIKA in nato z malo računanja še a2 = = -2(2 - VB) = "2(8 2 + V3 V V ' 4 r2(V6 - V2)2 Stranica a kvadrata ABC D in njegova ploščina p sta nazadnje ■ a = 2(V6 -V2), p = r2(2 -V3). To pomeni, da znamo vsakemu sekstantu simetrično včrtati kvadrat, ki ima dve svoji oglišči na polmerih in dve na loku sekstanta. Ce to naredimo na vseh šestih sekstantih istega kroga in odstranimo nekaj odvečnih črt, dobimo sliko 2. V pravilnem dva-najstkotniku imamo na obodu izmenoma šest kvadratov in šest enakostraničnih trikotnikov, na sredini pa pravilni šestkotnik. Vsi pravilni liki imajo enako straničo. Naloga A. S pomočjo slike 1 in izraza za a izpelji vrednosti SLIKA 2. V vseh šest sekstantovvčrtani kvadrati. sin 15° = čos15° = V6 - y2 4 ' V6 + v2 tg 15° = 2 - V3, čot 15° = 2 + V3. Naloga B. V kvadrant s polmerom r simetrično včr-taj kvadrat, ki ima dve svoji oglišči na polmerih in dve na loku kvadranta. Dokaži, da ima tako včrtani kvadrat straničo a = rVlO/5 in ploščino p = 2r2/5. _ XXX Barvni sudoku 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 osem števil. 5 2 4 4 6 7 3 5 1 6 8 2 5 7 1 8 2 1 5 8 XXX PRESEK 47 (2019/2020)4 9 FIZIKA Obok nU NU NU Andrej Likar -> Pri prenovi hiše, zgrajene še v 19. stoletju (leta 1887), so odkrili zanimiv obok (glej sliko 1). SLIKA 1. Odkrit obok v stari hiši po zrušitvi zidov in preklad, ki so ga zakrivali. Meritve njegovega profila so pokazale, da je zgrajen v obliki elipse (glej sliko 2). Pred vec kot stoletjem zidarji podeželskih hiš še niso poznali železobetonskih nosilcev, gradili so z opeko in apneno malto. Zidani stropi zato niso bili ravni, temvec grajeni z opeko v obliki kupol. Te so najpogosteje pokrivale vlažne kletne prostore. Strope v suhih bivalnih prostorih so izdelali z lesenimi nosilci, ki so jih nalegli na zidove. Nanje so nato nabili deske. Take strope vidimo še danes v obnovljenih starih gradovih, pa tudi v vecjih prenovljenih hišah starejšega datuma. Kljub temu tu in tam še naletimo na obokane strope v bivalnih prostorih. Danes se jih razveselimo in 1 2 3 SLIKA 2. Obok, odkrit pri prenovi hiše, zgrajene v 19. stoletju. jih obnovimo tako, da se vidi nacin njihove gradnje. Oboki in kupole so bili nekdaj osnovni gradbeni elementi. V stari Grčiji so v vecjih zgradbah namesto obokov uporabljali kamnite preklade. Te so morale biti zelo kratke, zato so njihove stavbe prepredene s stebri. Kamnita preklada brez železne ojacitve prenese le majhne natezne napetosti, ki se pojavijo na spodnji strani. V srednjem veku so cerkve in katedrale zidali izkljucno z oboki in kupolami, ki so jih podpirali mocni stebri na vecjih razdaljah. V idrijskem gradu je vrsta lepo okrašenih elipticnih obokov (glej sliko 3). Naredimo leseni krožni obok in ga skušajmo postaviti! Sestavili smo ga na opori, potem pa smo oporo umaknili (glej sliko 4). Obok stoji stabilno, ce poskrbimo, da spodnja dela ne zdrsneta. Natancen pogled je razkril, da se je obok cisto malo sesedel. Ohrabreni s tem uspehom smo izdelali nekoliko vit- 10 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA SLIKA 3. Lepo okrašeni oboki v notranjosti idrijskega gradu (foto: Marko Razpet). kejši obok in ga spet postavili, najprej na opori, nato pa smo oporo odstranili tako, da smo obok previdno dvignili. SLIKA 4. Lesen model krožnega oboka z debelino 3 cm, podprtega po vsej dolžini, in potem, ko smo mu podporo izmaknili. In, glej no glej, obok se je pri še tako previdnem ravnanju vedno podrl. Opasati smo ga morali z gu-mico, da smo ga lahko sploh postavili (slika 5) in še takrat je bil mocno nesimetrično zverižen. Nekoliko smo ga popravili tako, da smo nanj prislonili flomaster (glej sliko 5). Krožni obok torej potrebuje oporo, Ce je dovolj vitek. Preseneča, da je le nekoliko vitkejši obok povsem izgubil stabilnost. Cas je torej za kakšen raCun, ki bi bolje pojasnil razmere. Oglejmo si sile, ki delujejo na izbrani del krožnega oboka z radijem R (glej sliko 6). Najprej je tu njegova teža Amg, potem sili obeh sosednjih delov, zgor- SLIKA 5. Z gumico narahlo ovit model oboka se brez dodatne podpore mocno povesi, brez gumice pa se vedno podre. Dodatna opora popravi obliko oboka. njega Fz in spodnjega Fs in očitno še sila podpore AFpod, da je vsota vseh sil na del sploh lahko enaka niC. Privzeli bomo, da delujejo sosednji deli med sabo pravokotno na stiCne ploskve, sile podpore pa pravokotno na obok. Pri iskanju ravnotežja opazovanega dela oboka moramo upoštevati, da sta sili Fz in Fs nekoliko različni po velikosti in da delujeta v nekoliko različnih smereh. Velikost sile Fz naj bo tako F0 + AF0, velikost sile Fs pa F0. Smer sile Fs je podana s pravokotničo na krak kota op, smer sile Fz pa je pravokotniča na krak kota o + A op. Pri ravnovesju sil v vodoravni smeri dobimo ■ F0čos o-(Fo+AFo )(čos o + A op)-AFpodsin o = 0. Ravnovesje v navpični smeri da povezavo ■ Fosin o + Fpod sin o- - (F0 + AF0)(sin o + A op) - S - A mg = 0. Opazovani del oboka naj ne bo prevelik (čeprav smo ga zaradi preglednosti na skiči narisali hudo velikega), da še ujamemo potek sile F0 vzdolž oboka in potek podporne sile. Količine zA pred seboj so zato majhne in privzamemo: ■ sin A o čos A o AF0A o AFpod A o Ao, 1, 0, 0. Ravnovesje sil torej narekuje naslednji enačbi za F0 11 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA V AFPod X 4 F s A\ 1 (p + \ Vz A mg X x = R x = O in AFpod: ■ AFpod = FoAty + gSgAx, AFo = -gSgAy. Tu smo z S označili prerez oboka, z g pa njegovo gostoto. Iz zadnje enačbe uvidimo, da mora veljati ■ Fo = Foh + gSg(R - y). Vodoravna sila na vrhu oboka ima velikost F0h. Pri krožnem oboku sta Ay in Ax takole povezana: x ■ = -R cos rn. Enačba za sile podpore ■ AFpod = FoA^ + gSgAx je pri krožnem loku kar ■ AFpod = (Fo - gSgR cos y)Ay. Sila podpore je zvezno porazdeljena, saj velja ■ ARp.0d =-R (Foh + gSg(R - y) - gRSg cos Kot Araje izrazimo z dolžino loka As opazovanega dela oboka As = -RA^, višino y pa kot y = R cos SLIKA 6. Del oboka z dolžino As in privzete sile, ki delujejo nanj. Ce naj podpore na vrhu oboka ne bo, izberemo za Foh: ■ Foh = gSgR ter pridemo do koncnega rezultata AFpod s = -2gSg(1 - cos Krožni obok torej potrebuje podporne sile od zunanje strani proti notranjosti. Ce podpore ni, se obok povesi, ozek do te mere, da se delci na zunanji strani povsem razmaknejo in se obok podre. Gumica obdrži zunanje robove delov oboka na varni razdalji. Doslej smo govorili o krožnem oboku. Ali obstaja taka oblika oboka, kjer podpornih sil pravokotno na obok ni potrebno zagotoviti? Obok te vrste se ne bi podrl, cetudi bi bil ozek. Kako najti tako obliko oboka? V enacbi, ki doloca sile podpore, to je ■ AFpod = FoA^ + gSgAx, postavimo Fpod = o in dobimo ■ FoA + gSgAx = o. Ker velja splošno ■ AFo = -gSgAy, lahko zacnemo graditi obliko oboka tako, da si izberemo primerne vrednosti za zacetni kot y = pri x = o in zacetno silo Fo = Foz. Nato se premaknemo 12 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA iz x = 0 v x = Ax ter izračunamo spremembo kota A^ in spremembo sile AF0 ter pridemo do novih vrednosti za kot

V prejšnjem prispevku smo govorili o obokih. Med prastare gradbene enote sodijo tudi kupole, ki so jih gradili nad vlažnimi kletmi, kjer bi tramovi trohneli, in nad Črnimi kuhinjami, ker so se bali požara. Poleg tega so bile kupole pomemben okras verskih zgradb po celem svetu. SLIKA 7. Nacrt, po katerem smo iz deske izrezali krožni (zeleno) in idealni (modro) obok. I SLIKA 8. Prost idealni obok. SLIKA 1. Element kupole in sile nanj. Literatura [1] A. Likar, Veriga in obok, Presek 18 1990/1991, 130-133. _ XXX Kupole so bile različnih oblik. Prevladovale so kroglaste kupole. Pa si oglejmo statiko kroglaste kupole. Na sliki 1 smo prikazali element kupole in ključne sile nanj. Razmere so pri kupoli bolj zapletene kot pri oboku, saj ima vsak element kupole štiri sosede. Podrobni premisleki in ustrezni računi so kljub temu -> 13 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA —^ zelo podobni premislekom in računom, ki smo jih predstavili v prispevku o oboku, zato jih tu ne bomo ponavljali. Izkaže se, da moramo lupino kroglaste kupole podpirati s strani, da ne pride do posedanj in posledično do pokanja lupine. Na sliki 2 smo shematično prikazali stranske podporne sile, ki so na vrhu kupole zanemarljive, potem pa se polagoma večajo proti njenemu dnu. To velja pri ustrezno stisnjenem vršnem elementu kupole. Različne napetosti na vrhu lupine namreč terjajo različne podporne sile. Pri povsem ohlapni lupini na vrhu, na primer, moramo vso njeno težo premagati z navpično podporo. SLIKA 2. Krogelna kupola terja podporni tlak, ki je na sliki nakazan s puščicami. Kroglasto kupolo moramo torej podpirati s silami, ki delujejo proti notranjosti kupole. Pri obokih je podobno, a tam si take podpore lahko privoščimo. Pri kupolah, vidnih od zunaj, pa bi take podpore motile. Zato so gradbeniki posegli po različnih rešitvah, največkrat s kombinačijo zidov in lesenih konstrukčij. Omenimo dva zelo znana primera. Cerkev Sv. Pavla v Londonu premore veliko zunanjo kupolo. Podprta je s trami, ki se opirajo na trden zidan stožeč. Le-ta nosi tudi težko lanterno na vrhu kupole (glej sliko 3). Pri Taj Mahalu v Agri v Indiji pa je zunanja kupola mavzoleja izrazito krogelna čelo s previsom, kjer je podpora zelo pomembna. Kupolo tvori na videz tanka lahna zidana lupina, prerez pa pokaže, da je kupola vse prej kot to. Zunanja kupola je nazidana na masivno valjasto steno, ki pa je obiskovaleč ne vidi, saj je notranja kupola bistveno nižja od zunanje (glej sliko 4). Kroglaste kupole so gotovo očem prijetne. Videli pa smo, da terjajo podporne sile, ki jih ni lahko doseči. Ali obstaja kupola, ki ne terja podpore? Pri tem vprašanju pomislimo na obok v obliki verižniče, SLIKA 3. Cerkev Sv. Pavla v Londonu ima s trami (rjavo) podprto zunanjo kupolo (zeleno), težko lanterno na vrhu pa nosi stožčast zid (oranžno). ki ne potrebuje podpore. Tudi pri kupoli hitro najdemo obliko, pri kateri podpore ne potrebujemo. To sičer ni katenoid (verigoid), kot bi prvi hip pomislili, a je nekaj podobnega. Imenujmo ga kupoloid. Tako ploskev tvori vpeta verižina, torej »tkanina« iz kovinskih obročkov, ki so jo nekdaj nosili vitezi za zaščito pred puščičami. Na sliki 5 in sliki 6 smo posneli obliko dveh prosto visečih verižin in ju obrnili na glavo, da smo dobili kupoloid. Obliko smo sproti izračunavali in risali ob rob verižine. Ujemanje je kar dobro glede na grobost tkanine. Pri verižini, ki smo jo naredili iz kosov okrasne verige (glej sliko 7), smo upoštevali, da ni povsem homogena, na robovih je manj masivna kot proti sredini. Tako kot verižina pri visenju ne potrebuje stranske podpore, tako je tudi ne potrebuje kupola v obliki kupoloida. Zanimivo je, da Inuiti gradijo svoje igluje v obliki, ki je zelo podobna kupoloidu. 14 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA SLIKA 4. Velika zunanja kupola Taj Mahala ima izredno lepo obliko. Posnemala naj bi še ne odprt tulipan. Prerez razkrije, da so graditelji poskrbeli za bocne sile z masivnim valjastim zidom (sivo), na katerega so nazidali zunanje plošce. SLIKA 5. Prosto viseca, na obeh koncih pritrjena veriga se umiri v značilni legi, ki jo opišemo s posebno krivuljo - verižnico. Krožno vpeta verižina se umiri v znacilni ploskvi, ki ji recemo kupoloid (rdeca crta). Nazadnje si oglejmo dve cerkveni kupoli in poglejmo, kako sta grajeni: ali v obliki oble ali kupo-loida. Prva je znamenita kupola cerkve Sv. Petra v Rimu. Na sliki 8 smo ji ocrtali oblo in kupoloid. Vidimo, da je ta kupola nekje med obema tema ploskvama. Kupola ljubljanske stolnice na sliki 9 pa je bliže kupoloidu kot obli. Literatura [1] A. Likar, Obok, Presek 47, 4, 2019/2020, 10-13. www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si m www.obzornik.si www.dmfa.si SLIKA 6. Verižina, narejena iz kosov okrasne verige, ni povsem homogena, kar smo upoštevali v racunu. PRESEK 47 (2019/2020)4 15 vU nU NU Nagradna križanka -čar, ki spreminja orltko 1C PRESEK 47 (2019/2020)4 _ VRTILNA 0MFA K0LIČINA osnovnih delcev ženska, ki namešča sadike v zemljo naš matematik in prvi rektor (josip) avtomat za rekvizite narkomanov astronavt armstrong ovčji samec, oven baletna koreo-gafinja starič wurst velik kuščar toplih dežel gr. črka danski astronom (tycho) hribovje v belgiji področje matematike bolnik au alkoholik v stanju deurija dirkališče formule ena v italiji poljski pisec zananstv. fantastike (stanislaw) 10 druga plesna suka pri četvorki nemški matematik weier-strass čas. enota 4.s0lmi-zacijski zlog islandski vulkan ponošen klobuk fizik rüther ford naš nekdanji kanuist (andrej) puščice naša igraliu (maruš/ nihanje zemljine osi majna po nemško morska žival, brahiopod 17 enota zaritem filozofinja salecl vaja za zbranost pri jogi francoska nemški fašist kvadratni dekameter sosednji črki časopisni sestavek sredstvo * a ŠIVANJE 14 francoski avti il kraj v loški dolini 13 nasprotje ospredja pevec z nizkim glasom visoko obuvalo TROHANTER mesto v egiptu ob jezu nilu svečenik, vedež druge košnje tantalova hči, ki sta ji apolon inartemida pobila vse otroke sol borove kisline enaki crki grafično oblikovanje matevž BOKALIČ kar je zbrano v celoto, skupek gledališka ZAVESA povezan snop vej za KURJAVO HEKTAR starogrški TRAGIK spletna UMETNOST enota ZA MOČ OČE NAGRADNI RAZPIS -> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 1. aprila 2020, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado. X X X PRESEK 47 (2019/2020)4 -I "7 FIZIKA SLIKA 7. Verižina iz kosov okrasne verige ni povsem homogena, na robovih je njena specifična masa, to je masa na enoto ploščine, manjša kot na sredi. SLIKA 9. Kupola Stolnice je bolj podobna kupoloidu(rdeča krivulja) kot obli (bela krivulja). _XXX Barvni sudoku SLIKA 8. Kupola cerkve Sv. Petra v Rimu in prileganje oble (bela krivulja) in kupoloida (rdeča krivulja) nanjo. •is Np Np v O □ > a. < m > m H * £ a 8 7 1 3 5 2 6 4 5 4 2 6 1 3 7 8 2 6 4 83 5 1 7 7 3 5 1 8 6 4 2 6 1 8 7 2 4 3 5 4 2 3 5 6 7 8 1 3 8 7 2 4 1 5 6 1 5 6 4 7 8 2 3 XXX 18 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA 50 let Mednarodne fizikalne o l i m p i j a d e Barbara Rovšek IPfi® ISRAEL 2019 V začetku julija 2019 je družba petih dijakov in dveh vodij ekipe odletela v Tel Aviv na 50. Mednarodno fizikalno olimpijado (MFO, v angleščini IPhO - International Physics Olympiad). Iz Izraela smo se vrnili z novo zlato medaljo, šele tretjo za samostojno Slovenijo. Osvojil jo je Tevž Lotrič, dijak 3. letnika Gimnazije Kranj, ki je dosegel tudi najboljši absolutni uspeh slovenskega dijaka kadarkoli, 17. mesto v konkurenci 360 dijakov iz 78-ih držav. Od evropskih tekmovalcev so bili pred njim višje uvrščeni le trije Rusi. K lepo zaokroženemu ekipnemu uspehu so prispevali še dijaka 4. letnika Klemen Bogataj (Gimnazija Škofja Loka) in Sašo Domadenik (II. gimnazija Maribor) z osvojenima bronastima medaljama ter Vladimir Smrkolj (Gimnazija Bežigrad, 3. letnik) s prejeto pohvalo. Alešu Globočniku (Gimnazija Kranj, 4. letnik) pa je do pohvale zmanjkala ena točka. Tekmovalne naloge so bile pričakovano zelo zahtevne. Porazdelitev po skupnih točkah prikazuje slika 2. Vseh možnih je bilo 50, in sičer 30 za tri teoretične naloge in 20 za dve eksperimentalni nalogi. Svetlo modra črta označuje mejo točk za pohvale, oranžna za bronasto medaljo, siva za srebrno medaljo in rumena za zlato. SLIKA 1. Tevž Lotric na pripravah za olimpijado (foto: Jan Šuntajs) Morda je na mestu opomba za osnovnošolče, ki jih skrbi, če na tekmovanju dosežejo manj kot 80 % vseh možnih točk: za vrhunski dosežek na MFO -zlato medaljo - je bilo letos treba zbrati 27,2 točke od 50 možnih, kar je 54,4 %. Prednost težkih nalog je, da gredo nagrade in medalje zanesljivo v prave roke, ker se najuspešnejši tekmovalči po točkah dobro ločijo. Na sliki 3 so naši zmagovalči (z desne: Aleš, Vladimir, Tevž, Klemen in Sašo), ovenčani z medaljami, 14. julija 2019 pod vročim izraelskim opoldanskim sončem na trgu Leonarda Bernsteina pred največjo končertno dvorano v Tel Avivu, Avditoriumom Char- PRESEK 47 (2019/2020)4 19 FIZIKA SLIKA 2. Porazdelitev po skupnih tockah z mejami za medalje in pohvale na 50. MFO lesa Bronfmana, domom Izraelskega simfoničnega orkestra. Na istem trgu so večer prej nastopili prav ti filharmoniki pod dirigentsko palico svojega maestra Zubina Mehte, na odprtem koncertu, s katerim so počastili 50-letnico glasbenega udejstvovanja omenjenega slavnega dirigenta. Prav lepo naključje, in še lepše bi bilo, če bi bili mi tudi takrat na trgu. Zaključna slovesnost je potekala prav v tej imenitni dvorani! Naloge z zadnje olimpijade so objavljene na sple- SLIKA 3. Slovenska ekipa na 50. MFO z odlicji tnih straneh DMFA Sovenije (www.dmfa.si/ODrust-vu/Novi caPri kaz. aspx?i temi d=285). Ob tej imenitni priložnosti se ozrimo v preteklost. Prvo MFO so organizirali v Varšavi leta 1967, udeležilo se je je pet vzhodnoevropskih držav. Že prva olimpijada je poleg teoretičnega dela tekmovanja vključevala tudi eksperimentalni del, kar je, razumljivo, velik organizacijski zalogaj. Jugoslavija je prvič z ekipo treh dijakov na MFO sodelovala že naslednje leto na Madžarskem, in od takrat naprej vedno, dokler je Jugoslavija bila in ko je bila olimpijada. In bila je skoraj vsako leto, razen v letih 1973, 1978 in 1979. Slovenija je na MFO sodelovala najprej priložnostno, če so se slovenski dijaki na zveznih tekmovanjih uspeli uvrstiti v jugoslovansko pet člansko ekipo. Med člani zveznih ekip je bilo med leti 1968 in 1981 tudi 11 Slovenčev, dva od njih po trikrat (Dean Mozetič in Andrej Vilfan), kar skupaj znese 15 zastopanj Slovenije. Kar trije slovenski dijaki so zastopali Jugoslavijo leta 1987 na 18. MFO v Jeni (tedaj še v Nemški demokratični republiki), med njimi tudi Jurij Bajč, kasneje (in še vedno) dolgoletni vodja olimpijske ekipe. V časih rajnke SFRJ je 11 slovenskih dijakov osvojilo dve srebrni in štiri bronaste medalje ter dve pohvali (kriteriji za osvajanje medalj in pohval pa so bili, glede na današnje, še prečej strožji). Leta 1993 je Slovenija drugič sodelovala na olim-pijadi kot samostojna država. Prvo sodelovanje leto prej je bilo poskusno, ekipa je štela le dva člana (kasneje vedno pet). V vseh teh letih je bilo kar veliko dijakov, ki so se v olimpijsko ekipo uvrstili več kot enkrat, bodisi z dobrimi rezultati na državnem in izbirnem tekmovanju, bodisi na prejšnji olimpi-jadi. Dvakrat je na olimpijadi tekmovalo 19 dijakov, trikrat pa pet dijakov (Matjaž Payrits, Aleksej Jurča, Luka Govedič, Klemen Bogataj in Marko Cmrleč). V vseh letih slovenskega sodelovanja na MFO sta se v ekipo prebili vsega skupaj dve dekleti: Metka Demšar leta 1994 in Mojča Miklavč leta 2001. Tako so se nabirale pohvale in medalje, ki so jih na MFO osvojili slovenski dijaki od leta 1993 naprej. Slika 4 zgoraj prikazuje porazdelitev odličij po letih, druga pa je kumulativni graf, ki prikazuje, kako se je večalo skupno število osvojenih medalj in pohval. Na zadnji olimpijadi smo dosegli številko 94, kar je vsota 46 pohval (modra), 39 bronastih medalj (zelena), šest srebrnih (rumena) in treh zlatih (rdeča; prva leta 2002 in druga 2017). Leta 2003 je po svetu 20 PRESEK 47 (2019/2020) 4 FIZIKA različni deli sveta med seboj. Je priložnost za spoznavanje dežele, pokrajine, mest in ljudi, ki tekmovanje gosti. Včasih je olimpijada dogodek, ki pomeni prelomnico v življenju in pomaga pri odločanju o poklicu, ki ga opravljaš v življenju. Vsem udeležencem pa ostane nedvomno za vedno lep spomin. 51. MFO bo v Vilni, glavnem mestu Litve. SLIKA 4. Porazdelitev odličij slovenske ekipe po letih od 1 993 naprej do danes, posamično in kumulativno. razsajal SARS, zato se slovenska ekipa olimpijade, ki je potekala na Tajvanu, ni udeležila. Ce so v zgodnjih letih prevladovale pohvale, v zadnjih letih prevladujejo bronasta priznanja. Jubilejna 50. olimpijada je odlično uspela. Organizatorji so se izkazali in poskrbeli, da je vse potekalo gladko in brez zapletov. Iz Tel Aviva se vsi člani ekipe in vodji vračamo z lepimi vtisi in spomini na Tel Aviv, Jeruzalem, Haifo, Nazaret, Mrtvo morje in Akro ter na navdušene, neutrudne in neuničljive spremljevalke in spremljevalče ekip in vodij ekip, Noo, Malkiela in vse ostale. Olimpijada ni le tekmovanje, je še mnogo več. Je priložnost za spoznavanje in druženje z vrstniki s čelega sveta, za navezovanje stikov, ki bodo morda trajali čelo življenje. Za druženje z vrstniki, ki so si podobni po zanimanju za fiziko in naravoslovje, in različni, kot so si SLIKA 5. Slovenska ekipa na Mrtvem morju XXX www.presek.si 21 PRESEK 47 (2019/2020) 4 ASTRONOMIJA 27. sanktpeterburška astronomska o l i m p i j a d a (SAO) -i' -i' •i' Andrej Gustin -> Tudi v letošnjem šolskem letu učenci in učenke zadnje triade osnovne šole in dijaki ter dijakinje tekmujejo na SAO. V izbirni krog SAO smo povabili najboljše tekmovalce državnega tekmovanja iz znanja astronomije. Za srednješolce in srednješolke je to tekmovanje tudi del izbirnega postopka za uvrstitev v ekipo za mednarodno olimpijado iz astronomije in astrofizike, ki bo septembra v Kolumbiji. Tudi tokrat nas ruski organizatorji tekmovanja SAO niso razočarali in so pripravili zelo zanimive naloge. Tokrat objavljamo naloge izbirnega in teoretičnega kroga, prihodnjič pa rešitve in rezultate oz. uvrstitve naših tekmovalcev in tekmovalk. 7. in 8. razred osnovne šole Naloge izbirnega kroga Sanktpeterburški študent astronomije ima doma zelo slabo uro, ki prehiteva za šest minut na dan. Ob 7. uri zjutraj je študent pred odhodom od doma nastavil uro tocno na lokalni cas. Ko se je študent ob 18. uri vrnil domov, je spet pogledal na uro. Na kolikšni oddaljenosti od njegovega doma leži na isti geografski širini kraj, kjer bi ura takrat kazala pravi cas? ■ Odkriti in nato izgubljeni asteroid 1995 SN55 se glede na izracune na svoji orbiti najbolj približa Soncu na 7,9 astronomske enote. Ker pa je bilo astronomskih meritev njegove orbite zelo malo, je razdalja ob periheliju znana z natancnostjo 350 milijonov kilometrov. Ali se na podlagi teh podatkov asteroid lahko Zemlji približa na manj kot 10-kratnik polmera Lunine orbite? Najmanjša mogoca relativna hitrost nekega planeta v Osoncju glede na Jupiter je 22 km/s. Izra- cunaj najvecjo mogoco relativno hitrost tega planeta glede na Jupiter. Kateri planet je to? Lahko predpostaviš, da sta orbiti obeh planetov krožni in ležita v isti ravnini. ■ Planetarna meglica M57 v Liri je od Sonca oddaljena 2,6 x 103 svetlobnih let. V 100 letih se je njena kotna velikost povecala za 1" (1 kotno sekundo). S kolikšno hitrostjo (km/s) se meglica dejansko širi? Nek komet socasno opazujeta astronom na Zemlji in Marsu. Kotna velikost (dolžina) repa kometa na nebu Zemljana je dve stopinji. Izracunaj kotno velikost repa kometa na Marsovem nebu, ce veš, da je Mars v casu opazovanja v kvadraturi. Predpostavi, da je dolžina repa v casu opazovanja za oba opazovalca enaka. Naloge teoreticnega kroga ■ V prvi polovici septembra 2019 je bil Neptun v opoziciji. Astronom iz Sankt Peterburga je takrat Neptun hotel opazovati na daljavo s teleskopom, ki je postavljen v Cilu. Teleskop je v casovnem pasu univerzalni cas -3 ure. Kdaj je po sanktpe-terburškem casu astronom izvajal ta opazovanja? ■ Kroglasta kopica Omega Kentavra je najvecja taka kopica v Galaksiji in ima premer 90 svetlobnih let. V njej je toliko zvezd, daje povprecna oddaljenost med sosednjimi zvezdami vsega eno svetlobno leto. Predpostavi, da so vse zvezde v kopici podobne Soncu, in si zamisli, da bi jih stikoma postavil v vrsto. Ali bi ta vrsta segala od Sonca do Soncu najbližje zvezde? ■ 26. decembra je Luna zakrila (okultirala) Jupiter. Istega dne je bil tudi kolobarjasti Soncev mrk. Ali je danes mogoce Jupiter videti na jutranjem ali ve-cernem nebu? Oceni zemljepisne širine, na katerih Jupitra danes sploh ni mogoce videti. Neka raziskava je pokazala, da je skupna masa teles v Kuiperjevem pasu 1 % mase Zemlje. V modelu je Kuiperjev pas zamišljen kot splošcen kolo- 22 PRESEK 47 (2019/2020) 4 ASTRONOMIJA bar brez debeline z notranjim polmerom 30 astronomskih enot (a.e) in zunanjim polmerom 50 a.e. Izracunaj površinsko gostoto tega kolobarja v g/m2. ■ Ali je mogoce iz kateregakoli kraja v Rusiji videti obe zvezdi Altair in Alnair? Pomagaj si s slede-cimi podatki. V Sankt Peterburgu zvezda Altair ni nikoli vec kot 25 stopinj pod obzorjem. Najvecja višina zvezde Alnair v opazovališcu na ekvatorju je 43 stopinj nad obzorjem. Najbolj severna tocka Rusije ima zemljepisno širino 82 stopinj severno, najbolj južna tocka Rusije pa zemljepisno širino 41 stopinj severno. 9. razred osnovne šole Naloge izbirnega kroga ■ Katero telo, Zemlja ali »vroci jupiter«, katerega velika polos orbite meri 0,05 a.e., hitreje opravi en obhod okoli maticne zvezde, ce dolžino orbite merimo v veckratnikih premera planeta? Kolikokrat hitrejše je eno telo od drugega? Vroci jupiter ima premer 90 tisoc kilometrov in kroži okoli zvezde, ki ima enako maso kot Sonce. ■ Izracunaj višino zgornje kulminacije daljne galaksije MACSJ0647+7015 (rektascenzija a = 6 h 47 m, deklinacija 5 = 70°15') v ozvezdju Žirafa, ce bi jo opazoval iz kraja Haltiatunturi (leži na meji med Finsko in Norveško) z zemljepisno širino y = 69°19' in zemljepisno dolžino A = 21°17'. Opazovalec na ekvatorju je videl, kako je šel neki umetni satelit cez zenit ob polnoci, ob 8.00 uri in ob 16.00 uri po lokalnem casu. Izracunaj polmer orbite satelita, ce predpostaviš, da se okoli Zemlje giblje po krožnici. Planet se okoli zvezde giblje po krožni orbiti s polmerom 2 a.e. in hitrostjo 15 km/s. Kolikokrat je masa zvezde manjša od mase Sonca? Neka zvezda ima letno paralakso n = 0,0073" in navidezno magnitudo m = 2,84. Izracunaj njeno absolutno magnitudo. Naloge teoreticnega kroga Prvi sladkor, ki so ga astronomi odkrili v med-zvezdnih oblakih, je glikolaldehid CH2OHCHO. V nekem medzvezdnem oblaku s polmerom 2 par-seka je koncentracija molekul (število molekul v stolpcu oblaka z osnovno ploskvijo 1 cm2) v smeri proti središcu oblaka 2,8 ■ 1014 molekul/cm2. Oceni celotno maso molekul glikolaldehida v tem oblaku. ■ Vesoljska ladja ima neverjeten pogon, ki troši zanemarljivo malo goriva in lahko mnogo let ladjo pospešuje s pospeškom 1 g. Ta vesoljska ladja vozi med nizko orbito okoli Zemlje do nizke orbite okoli Marsa. Oceni, najmanj koliko casa in najvec koliko casa lahko traja dolžina leta te vesoljske ladje. Predpostavi, da mora imeti ladja v bližini Zemlje in Marsa hitrost nic glede na Sonce. Zvezda R Andromede zaradi mocnega zvezdnega vetra izgublja 10-6 mase Sonca letno. Oceni gostoto delcev zvezdnega vetra iz te zvezde v bližini Osoncja. Predpostavi, da delci z zvezde letijo enakomerno in premocrtno v vse smeri s hitrostjo 3 ■ 102 km/s. Letna paralaksa R Andromede je 0,004". ■ Vsak od teleskopov sistema KELT je opremljen z objektivom premera 42 mm in CCD kamero velikosti 37 x 37 mm in z 4096 x 4096 slikovnimi elementi (piksli). Teleskop pokriva 26°x 26° veliko polje neba. Kamera je najbolj obcutljiva pri valovni dolžini svetlobe 600 nm. Izracunaj teoreticno kotno locljivost sistema teleskop-CCD kamera. ■ Rentgenski izvor Cyg X-3 v Labodu je spremenljiv. Astronomi so opazili, da iz obmocja neba, ki je od izvora Cyg X-3 na nebu oddaljen 16", ravno tako prihaja rentgenska svetloba z enako periodo spremembe sija, le da s casovnim zamikom 2,7 let glede na Cyg X-3. Izracunaj, kako dalec je Cyg X-3 od Sonca. Kako dalec pa je od središca naše Galaksije? Srednje šole Naloge izbirnega kroga Tockasti telesi z masama 1 kg sta 1 m narazen in mirujeta. Cez koliko casa bosta skupaj? Upoštevaj le gravitacijsko silo med njima, vse ostale sile pa zanemari. Telo v Osoncju, ki se okoli Sonca giblje po krožni orbiti in v ravnini ekliptike, pride vsake štiri leta najbližje k Saturnu. Kolikšna je najmanjša razdalja med telesom in Saturnom? Neka najvecja severna libracija Lune po eklipticni širini (latituda) sovpada z najvecjo zahodno libra- 23 PRESEK 47 (2019/2020) 4 ASTRONOMIJA —^ cijo po eklipticni dolžini (longituda). Cez koliko dni se taka lega ponovi? Pred kratkim so astronomi zaznali radijski izbruh magnetarja XTE J18io-197. Pokazalo se je, da je bila radijska spektralna crta magnetarja s frekvenco 6,5 ■ io2 MHz razširjena na frekvencno obmo-cje med 6,o ■ io2 MHz in 7,o ■ io2 MHz. Oceni hitrost gibanja tocke na ekvatorju magnetarja, ce predpostaviš, da je razširitev crte posledica vrtenja magnetarja. ■ Neka zvezda ima efektivno temperaturo 48 ■ io3 K in polmer i,5 polmera Sonca, od Sonca pa je oddaljena 3,2 kpc, leži pa v smeri proti središcu Galaksije. Kolikšno navidezno magnitudo ima ta zvezda za opazovalca na Zemlji, ce je ekstinkcija svetlobe v galakticni ravnini 2m/kpc? Naloge teoreticnega kroga Gnomon (palica) horizontalne soncne ure je postavljen navpicno. Med letom se dolžina opoldanske sence spremeni za dve dolžini gnomona. Iz-racunaj zemljepisno širino kraja, v katerem je ta soncna ura. ■ Leta 2oo3 so astronomi odkrili luno, ki kroži okoli pulzarjaXTE Ji8o7-294 (njegova masa je i,4 mase Sonca). Obhodni cas lune okoli pulzarja je o,o3 dneva in ima maso i4,5 mase Jupitra. Kaj lahko ugotoviš o snovi, iz katere je ta luna? Svoje odgovore utemelji tudi z racuni. Gravitacijski teleskopi LIGO v Livingstonu (3o° 33' severne zemljepisne širine, 9o° 47' zahodne zemljepisne dolžine) in Hanfordu (46° 27' severne zemljepisne širine, ii9° 25' zahodne zemljepisne dolžine) in VIRGO (43° 38' severne zemljepisne širine, io° 3o' vzhodne zemljepisne dolžine) so 3i. decembra ob 22.oo uri po univerzalnem casu zaznali gravitacijske valove. Casovna razlika v prihodu valov med tremi teleskopi ni bila vecja od 3 ■ io-3 sekunde. V casu pol ure za tem je ruski observatorij RAN (43° 4o' severne zemljepisne širine, 4i° 26' vzhodne zemljepisne dolžine) beležil zasij v vidni svetlobi, katerega izvor je bil izbruh sevanja gama, ki je bil tudi izvor gravitacijskih valov. Izracunaj približne ekvatorialne koordinate izvora gravitacijskih valov. ■ Astronomi so v spektru neke zvezde opazovali absorpcijsko spektralno crto titanovega oksida, ki ima laboratorijsko valovno dolžino 5i7o,7 A(i A= io-i° m). Valovna dolžina te spektralne crte v središcu ploskvice zvezde je bila 5i74,i A, na robu ploskvice na ekvatorju zvezde pa 5i74,2 A. Gostota zvezde je o,7 g/cm3. Oceni najmanjši možni izsev te zvezde. Protoplanetarni disk je zelo tanek disk snovi, ki kroži okoli mlade zvezde. Predpostavi, da je disk v termodinamicnem in hidrostaticnem ravnovesju, in najdi odvisnost gostote snovi nad ravnino diska od oddaljenosti r od zvezde. Masa zvezde M, temperatura diska T in molska masa snovi ^ so znane kolicine. _XXX Messierov maraton 2020 ■is ■i' nU Andrej Guštin Nov izziv - tekmovanje šol! DMFA Slovenije, Astronomsko amatersko društvo Teleskop in Spika vabijo na Messierov maraton, ki bo 2i. in 22. marca 2o2o na Trnovem nad Novo Gorico. Letos smo prvic pripravili tudi poseben izziv za šole - tekmovanje šolskih skupin v iskanju Mes-sierovih objektov. S tem izzivom bi radi šole, mentorje in mlade astronome spodbudili k opazovalni astronomiji. Šolske skupine bodo tekmovale po pravilih Messierovega maratona, le da bodo v posamezni ekipi oz. na enem teleskopu lahko trije tekmovalci. Posamezna šola lahko prijavi vec ekip. Prijavnine ni. Dodatne informacije www.dmfa.si/Tekmovanja/ As Nadomestni termin za Messierov maraton je 28. in 29. marec na isti lokaciji. _XXX 24 PRESEK 47 (2019/2020) 4 RACUNALNISTVO Ali lahko računalnik spiše esej? Vid Kocijan -> Za domačo nalogo moramo spisati esej o Prešernovem Krstu pri Savici. Ker nam gresta matematika in programiranje bolje od slovenske književnosti, nas zanima, ali lahko spišemo program, ki bi namesto nas spisal esej o Krstu pri Savici. V tem članku si bomo ogledali markovske verige in njihovo uporabo za generiranje besedil. Markovska veriga Markovska veriga je matematični model za opisovanje sistemov, kjer je verjetnost naslednjega dogodka v zaporedju odvisna zgolj od zadnjega dogodka v njem. Predstavimo ga kot množico stanj S in povezav med njimi P. Uteži na izhodnih povezavah iz vozlišča si G S predstavljajo verjetnosti prehoda iz stanja si v druga stanja. Vsota vseh uteži na izhodnih povezav iz nekega vozlišča se morajo tako sešteti v 1. 0.4 0.3 SLIKA 1. Preprosta markovska veriga z dvema stanjema. Preprost primer markovske verige lahko najdemo na sliki 1. Veriga je sestavljena iz dveh stanj S = {A,B} in štirih povezav pA,B = 0,6, pBiA = 0,7, pA,A = 0 , 4 in pB,B = 0 , 3. Naš cilj je ustvariti markovsko ve- rigo, kjer bodo vozlišča besede, povezave pa verjetnosti, da v našem eseju ena beseda sledi drugi. Nato lahko spišemo program, ki bi se po omenjeni mar-kovski verigi sprehajal in pri tem ustvarjal esej. V vsakem stanju naključno izberemo naslednje stanje, sledeč verjetnostni porazdelitvi, ki jo podajajo uteži. Vzemimo markovsko verigo s slike 1. Ce smo zadnjo izpisali črko A, pravimo, da smo v stanju A, bomo v naslednjem koraku z verjetnostjo 0,4 ponovno izpisali črko A, z verjetnostjo 0,6 pa bomo izpisali črko B. Podobno, če smo zadnjo izpisali črko B, pravimo, da smo v stanju B, bomo v naslednjem koraku z verjetnostjo 0,3 ponovno izpisali črko B, z verjetnostjo 0,7 pa naslednjo izpišemo črko A. Ce simuliramo gibanje po omenjeni markovski verigi, lahko dobimo besedilo, podobno sledečemu: BABABBBAABABABAABAAABABABBAABBAABBAAB ABBABABBAABAABABABABABBAABBAABBAABA. Kot vidimo, je v generiranem besedilu malo več črk A, kljub temu pa se črki A in B večinoma izmenjujeta. Pisanje besedil z markovskimi verigami Sestavljanje take verige na roko je seveda zahtevno, verjetno dosti bolj, kot pisanje samega eseja. Na srečo lahko na spletnem portalu dijaski . net/ najdemo šest esejev o Krstu pri Saviči. Uteži v marko-vski verigi lahko določimo s statistično analizo omenjenih esejev. Spišemo program, ki prebere omenjene eseje in za vsako unikatno besedo izračuna, katere besede so ji sledile in kako pogosto. Ce je besedi rad v 23 % sledila beseda imam, bo od stanja Srad v stanje Simam vodila povezava s težo 0,23. Oglejmo si dejansko izsek verige, ustvarjene na ta način. V tabeli 1 lahko najdemo izsek iz ustvarjene verige, seznam besed, ki najpogosteje sledijo besedi je. PRESEK 47 (2019/2020)4 25 RACUNALNIŠTVO beseda verjetnost bil 0,0611 to 0,0556 v 0,0389 bila 0,0333 tudi 0,0333 črtomir 0,0222 TABELA 1. Šest besed, ki najverjetneje sledijo besedi je in pripadajoče verjetnosti. Da poenostavimo zahtevnost besedil, iz njih izločimo vsa ne-končna ločila, vse velike tiskane črke pa spremenimo v male. Pike, vejiče in kličaje obravnavamo kot samostojna stanja, poleg tega pa dodamo še dve stanji: in . Naš esej se začne s stanjem , ko dosežemo stanje pa z esejem zaključimo. Ti dve »besedi« dodamo na začetek in koneč vsakega besedila. Omenjeni besedi nam bosta olajšali generiranje besedila. Naš sprehod po markovski verigi bomo začeli v stanju , ko dosežemo stanje , pa generiranje zaključimo. Omenjeni besedi seveda izbrišemo iz besedila, preden ga izpišemo bralču. Program, spisan po zgornjem kuharskem rečeptu, nam bo med drugim spisal sledečo umetnino: krst pa ga je zgrajen iz končnega dialoga jasno razviden značaj in poln besa vodi svoje patriotsko mišljenje in krvavega boja pa verjetno razočara marsikaterega bralca. te zvrsti kijih prešeren je (čutil do izraza misel kot sem jaz saj izvemo da je Čopova smrt matije čopa. . . Za tak esej verjetno ne bi dobili pozitivne očene. Cloveški jezik je prezapleten, da bi ga lahko opisali s preprosto markovsko verigo. Naslednja beseda v eseju je namreč bolj odvisna od širšega konteksta kot zgolj od zadnje besede. Naš model zato nadgradimo in uporabimo markovske verige drugega reda. Namesto, da bi naslednjo besedo izbirali glede na to, katera beseda je bila zadnja, jo izbiramo glede na zadnji dve besedi v eseju. Ce imamo skupek besed »Krst pri Saviči je« bomo opazovali, kako pogosto se posamezna beseda znajde za sosledjem besed »Sa-viči je«. Modelu jezika oz. jezikovnemu modelu, ki ga sestavimo iz markovskih verig višjih redov, pravimo tudi n-gram jezikovni model. Definirajmo n-gram jezikovni model bolj formalno. Naj bo A zaporedje n - 1 besed, % ena beseda, in Ax zaporedje iz n besed, ki ga dobimo, če zlepimo A in %. Naj bo N(A) število pojavitev zaporedja A v analiziranih besedilih. Verjetnost, da beseda x sledi zaporedju A, P(x|A), definiramo kot «%ia>=NA1- Bralču v premislek prepuščamo, ali je sledeča defi-ničija smiselna, torej, ali se vsota verjetnosti vseh besed, ki lahko sledijo zaporedju A, vedno seštejejo v 1. Markovska veriga prvega reda, ki smo jo ustvarili, tako ustreza ravno 2-gram, oz. bigram jezikovnemu modelu. Da pridobimo koherentnejše besedilo, postopek ponovimo s trigram jezikovnim modelom oz. z markovsko verigo drugega reda. Ponovimo analizo vseh esejev in generiramo sledeče besedilo: krst pri saviči je zgrajen iz treh delov iz posvetil-nega soneta matiji čopu nato pa nekako klone in se no če podjarmiti. v uvodu je zgradba skoraj v čeloti epska saj o dogodkih poro ča jedrnato in poudarja le prvine. v čeloti epska saj o dogodkih poro ča jedrnato in poudarja le prvine.. . . To se zdi morda bolj podobno smiselnemu eseju, vendar bi za tak esej še vedno dobili negativno. Hkrati pa nas zmoti, da v generiranem besedilu začenjamo opažati sosledje besed iz esejev, na podlagi katerih smo zgradili markovsko verigo. To ni presenetljivo, naš nabor esejev je relativno majhen, unikatnih trojič besed, ki se v njem pojavijo, pa je veliko. Naš program bo tako pogosto generiral sosledje besed, ki so se pojavile v esejih. Tega si ne želimo, saj se plagiatorstvu želimo ogniti. Kaj pa, če povečamo nabor besedil, ki jih analiziramo? Zavržemo eseje o Krstu pri Saviči in zberemo širši nabor literarnih del. Za potrebe tega članka je bila uporabljena večina proznih del s spletne strani lit.ijs.si/l eposl . html. Trubarja, Janeza Sveto-kriškega in Brižinske spomenike odstranimo, saj se jezik v teh delih zelo razlikuje od današnje slovenščine. Nato ponovimo vajo, tokrat z naborom več kot 26 PRESEK 47 (2019/2020) 4 RAČU NALNIŠTVO 100 strnjenih besedil. Z markovsko verigo drugega reda lahko dobimo sledeče besedilo: že peti dan pijan prišel domov mu je samostanski vojak. svetin je začel praviti ali si pozabil kaj sem mord sam govoril ž njo pa jo strahuje da si človek oddahnil naslonil se je ozrl šepavec proti oknu skomignila z rameni. bila je mokra. ko je drugo.... Z 4-gram jezikovnim modelom oz. z markovsko verigo tretjega reda pa bolj koherentno: že peti dan so bili zdoma. no z gradišča res ni daleč do belega dvora nemara se še nocoj vrneta na družinski pomenek vsekakor pa jutri. domačini so goste pospremili do ceste kjer so ga obvezali. nic nevarnega samo praska! in petdeset kron mu je dal oče ker mu iz gozda ni mogel ničesar prinesti.... Oglejmo si izsek iz dobljenega 4-gram jezikovnega modela, ki ga lahko najdemo v tabeli 2. Kontekst treh besed je dovolj, da je ustvarjeno besedilo relativno smiselno. Kljub temu pa je mnogo premalo, da bi program lahko pisal vsebinsko konsistentno besedilo, ki ima rdečo nit. Ali slepo povečevanje reda verige zares reši ta problem? beseda verjetnost da 0,0705 zdelo 0,0590 bilo 0,0210 v 0,0210 tresel 0,0171 zdela 0,0114 TABELA 2. Šest besed, ki najverjetneje sledijo sosledju besed se mu je in pripadajoče verjetnosti. Pri 5-gram jezikovnem modelu se ponovno zatakne, saj generirana besedila ponovno postanejo pre-podobna besedilom, ki smo jih statistično analizirali. Kje je meja? Ker število različnih n-terič eksponentno narašča glede na n, s povečevanjem reda markovske verige eksponentno narašča tudi potreba po količini besedila za analizo. S še večjim naborom podatkov lahko ustvarimo markovsko verigo četrtega reda, potem pa se znova zatakne. 5-gram jezikovni model velja za najkompleksnejši smiselni model, ki ga je moč zgraditi s tako metodo. Tudi Google, dandanes verjetno eden od največjih zbirateljev podatkov, se ni trudil zbirati n-terič besed prek dolžine n = 51. Za boljše modeliranje jezika dandanes uporabljamo močnejše metode, ki temeljijo na nevronskih mrežah in globokem učenju, kar pa presega obseg enega članka v Preseku. Ce bralča zanima, kako se obnašajo trenutno najnaprednejši generatorji (angleškega) jezika, se z njimi lahko pozabava na naslednji spletni strani: transformer.huggingface.co/. Koda in gradiva, uporabljena pri pisanju tega članka, so dostopna na github.com/vid-koci/presek\_ generiranje\_besedi1a. Ne glede na izjemne napredke pri avtomatskem generiranju besedila, bral-čem priporočamo, da svoje eseje še naprej pišejo sami. SLIKA 2. France Prešeren (vir: Wikipedia) _ XXX 1Zbirka dostopna na ai.googleblog.com/2006/08/ al l-our-n-gram-are-belong-to-you.html PRESEK 47(2019/2020)4 27 RAZVEDRILO Astronomska literatura Govert Schilling, Lars Lindberg Christensen OČI, ZAZRTE V NEBO 400 let odkritij s teleskopi 136 strani format 17 x 24 cm trda vezava, barvni tisk 24,99 EUR Dintinjana, Fabjan, Mikuž, Zwitter NAŠE NEBO 2020 Astronomske efemeride 80 strani format 16 x 23 cm mehka vezava 10,00 EUR Ponujamo še veliko drugih astronomskih del. Podrobnejše predstavitve so na naslovu: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/astro/ Individualni naročniki revije Presek imate ob naročilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene. Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633. nU vU NU • • m r- S l£ s S s 324984685 5 M s M — "S .-¡Se visr-u f - id L A Y I T T A ¡S G T T 0 Y 0 S T M :m Vf □ 0 P E R N i K t A K L J u č N 0 ID V A H E B A £ — 0MFA S! ä iS S 0 L T A sT 9i K A R - 11 B 0 T II G E R X T D T X T T E V E K S C A G E t- m* l'Ä R I T T m R E p 0 V S -S s u p R E *M A X v A ¿L A J< t - h I N A R D I 0 T 0 Č E K ¡¡g R 0 V A N B T i SB s t? ■r y H K S B A N ¿ 0 L w M I S I s I p I "11° K 0 N X s L ¥ • • 0 ¥ 0 K 0 L 0 s * P A R A L E L A H E R J>_ z T J A _ ■W1 ™™ m EE5I ■srd i ■■i ■3 V A _R_ A S T E J\[ T A K S B Ur' JL 0 N T N T S* u 3z U S ■aar lsio° ¿ÄST S S H T 0 T T T V 0 L E C tF A E M I V I L murin 0 M • D R I L ga R 0 B I sb 0 B R A z I L 0 S C 0 T W L I N C 0 L N S u R 0 □ B R E 8g A R s M E L * p L E M E L J i! S = A P A D S B R L I T G jhs L E R 0 S -sr N A T E L J sb L A S Ä B E M v T -S- T 0 Hi R A T J T I s X iS D V 0 R J E S A S T 2o N li. lir I z A T I s i 1 "HT E N A JI 0 S T s k Č T s S I T T L 0 5E A N T [CWÖ1 - L I V S R -1- E Y T I N 1ST I JI A T 0 R zks2f D I M w iE 0 T "a v A Si" R 0 T s L I A M s K 5o Š E T I C A — s E B I T 0 s T t,k* 0 K N 0 ES A Ji = C _L J A N — T V 0 R A N s A REŠITEV NAGRADNE KRIŠANKE PRESEK 47/3 -> Pravilna rešitev nagradne križanke iz prve številke Preseka je Koz-mologija. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Martin Mah iz Šmartnega pri Litiji, Jan Kocevar Polak iz Kranja in Ivanka Tompa iz Odrancev, ki bodo razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX 28 PRESEK 47 (2019/2020) 4 Slika Lune RAZVEDRILO Jože Rakovec -> Pogosto vidimo sliko Lune, ki je svetla zgoraj, čeprav je Sonce dosti niže na nebu, morda celo pod obzorjem. Tak je bil videti zadnji krajec 4. januarja 2020 zjutraj ob 07:52, ko je Sonce ravno vzšlo nad obzorje. SLIKA 1. Takrat je bil v ljubljanskem krajevnem krogelnem koordinatnem sistemu (izhodišče v točki 46,03° N, 14,49° E) azimut Sonča A© = 122,03°, njegova eleva-čija pa £© = 1,17°, in azimut Lune Aij = 261,95° ter elevačija fij = 23,53°1. (Te podatke in še kaj o položajih na nebu lahko dobite na www.suncal c .org/ in www.mooncalc.org/.2) Luna je bila torej po azimutu za okrog 140° »pred Sončem« ter po višini za 22° »nad Sončem«. Na spletnih astronomskih in fizikalnih forumih pravijo, da je Luna osvetljena od zgoraj takrat, ko je elevačija Sonča večja od elevačije Lune. Naš primer pa je ravno obraten! Kako to? Razložimo torej! Ce je polobla Lune na jugozahodnem delu neba videti osvetljena od zgoraj, potem pri taki podobi nanjo vpada svetloba od Sonča poševno navzdol, tako, kot je s puščičo prikazano na povečani sliki zadnjega krajča: nekoliko od zgoraj pravokotno v sredino osvetljene površine Lune (slika 2). Ker je vzhajajoče Sonče bolj na vzhodu in nizko blizu obzorja, potem gredo pri taki podobi žarki od Sonča najprej navzgor, čelo nad elevačijo Lune in potem nazaj navzdol do Lune. Očitno so ti žarki ukrivljene črte po nebu. Ce pomislimo na to, da zelo oddaljene podobe na nebu gledamo, kot bi bile prikazane na nebesni polkrogli, potem so te ukrivljene črte od Sonča do Lune loki na krogelnem »projekčij-skem platnu« neba. 1Z azimutom označujemo smeri neba; to je kot po horizontalni ploskvi, štet od severa v smeri obračanja kazalčev na uri. Tako ima smer proti vzhodu azimut 90°, smer proti jugu 180° itd. Elevačija je kot, ki meri višino na nebesnem svodu. Elevačija je torej od 0° za točke na obzorju do 90° za zenit. 2Večina navedenih virov s spleta je (žal) v angleščini - sem in tja se najde kaj z vezi z našo obravnavo v slovenščini, npr. o krivuljah, ploskvah ter o krivuljah na krogli ter nekaterih projekčijah na spletni stani meteorologa Marjana Divjaka: diameter.si/scimath/ch16.htm#15. Seveda pa tudi v učbenikih in drugih knjigah. 29 PRESEK 47 (2019/2020) 4 RAZVEDRILO SLIKA 2. SLIKA 3. Ker se svetloba širi premocrtno, se zavemo, da je ukrivljena pot le izgled ravne poti skozi prostor, kot je projicirana na nebesno polkroglo - torej je lok na površini krogle. Gre za perspektivno projekcijo3 ravne crte, kot jo vidimo iz svojega gledišca na sredi dna nebesne polkrogle - podobno kot so videti ukrivljene sicer ravne sledi letal na nebu - te za razliko od namišljenih žarkov lahko tudi zares vidimo. 3Razne projekcije spoznamo že v osnovi šoli. Perspektivno projekcijo z enim ocišcem v 9. razredu osnovne šoli pri likovnem pouku, pravokotne in nekatere druge projekcije pa postopoma pri tehniki (in manj pri geometriji), ko rišemo telesa ob pogledih iz raznih smeri. Razne kartografske projekcije srecamo pri geografiji. Kakšna bi bila obratna projekcija - krožnega loka v ravno crto? Krogelne površine ne moremo brezhibno predstaviti na ravni sliki, lahko pa brezhibno razvijemo plašc valja na ravnino. Za ta primer je Chris Jones4 pripravil animacijo postopne pretvorbe krivega žarka na plašcu stožca v ravno crto. Njegova animacija kaže, kako se postopno deformira razvita ploskev plašca valja in kako pri tem ukrivljena crta med Soncem in Luno postaja vse bolj ravna. Le kliknite na chrisjones.id.au/MoonIllusion/ in ko se animacija odpre, klinite še na prikaz, pa se vam bo hitro posvetilo za kaj gre. Pretvorbe krive crte s krogelne površine na ravno ploskev ni mogoce brezhibno narisati - ker pac na ravnini ne moremo brezhibno upodobiti ploskve krogle. Obstajajo pa razne projekcije, ki jih poznamo iz kartografije. Polarni predeli Zemlje so najveckrat narisani v polarni stereografski projekciji, pri kateri je projekcijska ploskev tangentna ravnina ob enem polu (ali tudi kaj odmaknjena od pola), izhodišce-ocišce pa tocka na nasprotnem polu - torej je ta projekcija perspektivna. Pri njej poldnevniki, ki so sicer na zemeljski krogli krogi, postanejo ravne crte iz sredine karte navzven. Za naš primer opazovanja Lune na nebu, ko nebo gledamo iz središca osnovne ploskve polkrogle, je še bolj ustrezna gnonomska kartografska projekcija, kjer ocišce ni na na nasprotnem zemeljskem polu, ampak v sredini Zemlje. (Glej npr. www.wi nwaed.com/blog/2010/01/11/polar-maps-and-projections-part-1-overvi ew/). Da ne zaidemo predalec od opisa slike Lune: tudi Todd Lockwood5 je opazil, da je pogosto videti svetel zgornji del Lune tudi kadar je Sonce nizko, ob horizontu ali celo pod njim. Njegovo razlago s pomocjo ukrivljenega loka na krogli se zelo splaca ogledati: www.muddycolors.com/2011/06/todd-lockwood-curvilinear-perspective-part-1/, pa tudi nekatera nadaljevanja, pri katerih razlaga, kako je tre- 4V Avstralijo preseljeni Anglež Chris Jones je predvsem raziskovalec na podrocju prepoznavanja govora - a ocitno zna razložiti marsikaj, ne samo nenavadni izgled Lune na nebu: chrisjones.id.au/MoonIl lusion/ 5American Todd Lockwood je predvsem ustvarjalec nenavadnih fantazijskih podob - glej še njegove druge spletne objave: www.toddlockwood.com/, pri razlagah ukrivljenih perspektiv pa nadomesti zadnjo enico z 2: namesto . . . -part-1/ torej . . . -part-2/- 30 PRESEK 47 (2019/2020) 4 RAZVEDRILO ba upodobiti prizore iz 3D sveta, da tudi na sliki na ravnem papriju ali platnu izgledajo tridimenzionalni. Poskusimo še mi malo poracunati. Za to moramo vedeti, kako sta povezana krogelni koordinatni sistem (A, £, l) in kartezicni koordinatni sistem (x,y,z), ki imata isto izhodišce O. Iz kroglenega koordinatnega sistema (A, £, l) v kartezicni koordi-antni sistem (x,y,z) je pretvorba: x = l cos £ cos A, y = l cos £ sin A in z = l sin £. Za kar najmanj dela izberimo cas tocno ob vzhodu sonca, ko je elevacija Sonca £ glede na lokalno ravnino nic in zato višina z nad to ravnino tudi nic. Ce izberemo glavno os x naše obravnave od izhodišca O, kjer stojimo, tocno proti Soncu, je Sonce na tej osi in oddaljeno (zaokroženo) LS = 147 milijonov kilometrov. Torej so njegove koordinate x, y, z = (147 milijonov km, 0, 0) . Smerni kot Lune štet po ravnini opazovanja od smeri osi x je enak A'j = 139°, elevacija Lune £j = 25°, za njeno oddaljenost od izhodišca vzamemo lj = 400 000 km. Po kratkem racunu dobimo za Luno njene kartezicne koordinate (zaokroženo na tisoc km) xj = -274 000 km, y i = -239000 km in zj = 169000km. Razdalja od Lune do Sonca je za nekaj stotisoc kilometrov daljša, kot od izhodišca: DLS = 147,274 milijona kilometrov, kar je v primerjavi s 147 milijoni kilometrov le malo vec - samo za desetinko promila vec. Po tej daljici se pomaknimo v tocko T toliko proti Soncu, da je koordinata te tocke x enaka nic: to pomeni za A = 274/147274 = 0,00186 celotne razdalje do Sonca. Ob tem se zmanjšata tudi koordinati y in z na (1 - A) = 0,99814 vrednosti pri Luni. Torej je yT = (1 - A)yj = -238555 km in zT = (1-A)hj = 168685 km. Ko poznamo višino zT tocke T in njeno razdaljo od izhodišca do nje dTO = ^0 + yT + = 292 170 km, hitro izracunamo eleva-cijo iz sin£T = zT/dTO in dobimo £T = 35,3° - kar precej vec od elevacije Lune. Na sliki je to prikazano v izometricni predstavitvi, pri kateri kaže os y v desno in os z navzgor (dolžine so vse v istem merilu, smeri in koti pa niso pravi). V zvezi z racunom: ali smo v tej tocki T blizu najvecji elevaciji? Ali je morda najvišja elevacija na tej daljici morda kaj bliže Luni ali morda kaj dlje od Lune? Razmislite! od Lune od izhodišča O proti proti Soncu Soncu SLIKA 4. Os x od izhodišca O; razdalja do Sonca je DOS = 147,00 milijona kilometrov, od Lune do Sonca je malce dlje: DLS = 147,274 milijona kilometrov. Koordinate Lune glede na izhodišče so xa = -274 tisoc km, yi = -239 tisoc km, zi = 169 tisoc km in elevacija £1 = 25°. Koordinate tocke T na daljici od Lune do Sonca glede izhodišca O pa so xT = 0, yT = -238,6 tisoc km, zT = 168,7 tisoc km in elevacija £T = 35,3°. Za konec. Morda bi morali tisti, ki po spletnih forumih pravijo, da je Luna osvetljena od zgoraj samo, kadar je elevacija Sonca vecja od elevacije Lune, opozoriti, da pri tem mislijo na dejansko višino nad ravnino opazovanja, da pa podoba na nebu vcasih izgleda tudi drugace. _ XXX www.dmfa.si www.obzornik.si www.presek.si 31 PRESEK 47 (2019/2020) 4 Zgodovina znanosti v stripu Sredi decembra 2012 je Center za mladinsko književnost in knjižničarstvo pri Mestni knjižnici Ljubljana že tretjič podelil priznanja Zlata hruška. Z njimi so tokrat odlikovali kakovostno najboljših deset odstotkov otroške in mladinske književnosti, ki je izšla v letu 2011. DMFA-založništvo je priznanje prejelo za strip Življenja Marie Curie. Švicarski avtor Raphaël Fiammingo, s kratkim umetniškim imenom Fiami, v tem stripu večjega formata duhovito predstavlja nekaj izsekov iz zgodovine kemije, od Aristotela do današnjega Casa. V vsakem razdelku nastopa dekle ali ženska, katere ime je razliCica imena Marija, v Cast veliki znanstvenici Marie Curie. Zgodbice ilustrirajo tudi vlogo žensk v raznih zgodovinskih obdobjih. Predvsem pa so zabavne in obenem poucne, saj zvemo marsikakšno zanimivo podrobnost o nastanku znanstvenih odkritij. Med najbolj posrecenimi je zgodbica o Mendeljejevu in njegovem sestavljanju periodnega sistema elementov. Tudi druge pripovedi ne zaostajajo. Knjigo je odlicno prevedel prof. dr. Alojz Kodre. 7,68 EUR 7,68 EUR 8,31 EUR Pri DMFA-založništvo sta v Presekovi knjižnici izšli še dve knjigi istega avtorja • Galilejeva življenja, z zgodbami iz zgodovine astronomije, od Babiloncev do danes, ter • Einsteinova življenja, z zgodbami iz zgodovine fizike, vse od Sokrata do danes. Ta dva stripa je prav tako izvrstno prevedel Alojz Kodre. Sta enako zanimiva, zabavna in poucna in bosta bralcu brez dvoma polepšala dan. Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematična, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi naroČite: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633.