PRESEK LETNIK 42 (2014/2015) ŠTEVILKA 6



ш*
M ШС ЖЖ
mm
ШШ* ■
m ■
■ ■
1Ш I»
■
lila р»
ta
Ш lil i» ш:
Ш
ШМшмш
-> IGRA DOMINO -> O NOGOMETU IZJEMEN USPEH NAŠIH MLADIH ASTRONOMOV O HISTOGRAMIH
ISSN 0351-6652
9770351665265
9770351665265
matematični trenutki
kolofon

P reseganje meja

-> Otroci se ne bi ravno prerivali v vrstah CakajoC na sedež v »izmenjevalcu potencialne in kineticne energije«, Ceprav je to zelo natancen opis popularnega vlakca smrti. Potencialna energija, ki je velika v najvišjih legah, se med spušcanjem vlakca pretvori v ki-netiCno energijo. Visoka kineticna energija v najnižjih legah pa omogoci ponovne vzpone. Z osnovno matematicno analizo lahko doloCimo višino, ki je potrebna za naslednji vzpon, najveCjo hitrost vlakCa ter kota pri njegovem vzponu in spustu. S takšnimi izraCuni zagotovimo tudi varno uporabo vlakCa. !•• VlakCi smrti so naCrtovani tako, da so videti in se zdijo bolj nevarni, kot v resniCi so. Tako pri uporabnikih brez dodatnih tveganj poveCajo obCutek vznemirjenja. Zanka v obliki solze se zdi npr. veliko bolj nevarna od krožne zanke. Kljub temu pa je pospešek pri zanki v obliki solze manjši, a hkrati dovolj velik, da vagonCek zvozi najvišji del zanke. Z nekaterimi podroCji matematike, npr. z numeriCno analizo in z diferenCialnimi enaCbami, si fiziki in inženirji lahko pomagajo pri reševanju problemov pri naCrtovanju vlakCev, ki so povezani z doseganjem novih rekordov hitrosti, višine in strmine.
Za veC informaCij si preberite Clanek Toma Harrisa How Roller Coasters Work na spletni strani http : // sci enee.howstuffworks.com/engi neeri ng/ structural/roller-coaster.htm _ XXX
2
PRESEK 42 (2014/2015) S
Presek
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 42, šolsko leto 2014/2015, številka 6
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja BeCan (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), Igor Pesek (raCunalništvo), Marko Razpet, Matjaž VenCelj, Matjaž Zaveršnik (tehniCni urednik).
Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska uliCa 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2014/2015 je za posamezne naroCnike 19,20 eur - posamezno naroCilo velja do prekliCa, za skupinska naroCila uCenCev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naroCnina za tujino pa znaša 25 eur.
TransakCijski raCun: 03100-1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, AjdovšCina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI5603100100 0018 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 Tiskarna Pleško, Ljubljana
Naklada 1400 izvodov
© 2015 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1961
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
Presek objavlja poljudne in strokovne Clanke iz matematike, fizike, astronomije in raCunalništva. Poleg Clankov objavlja Prikaze novih knjig s teh podroCij in poroCila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralCev, uCenCem višjih razredov osnovnih šol in srednješolCem.
Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež instituCije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo ošte-vilCene, morajo imeti dovolj izCrpen opis, da jih lahko veCinoma razumemo loCeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 Cm pri loCljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji Clankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (Copyright). Zaželena velikost Crk je vsaj 12 pt, razmak med vrstiCami 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 Clanek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu reCenzentu, ki oCeni primernost Clanka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in Ce je besedilo napisano z raCunalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih razliCiC urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo Clanka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu.
Slika na naslovnici: Fotografija Sonca napoveduje počitnice in poletje. Na fotografiji so poleg Sonca vidne po diagonali nanizane svetle modrikaste in zelenkaste lise. To so odsevi Sonca na lecah objektiva. Pojav bomo opisali v naslednjem Preseku. Do tedaj pa uživajte v poatnicah in želimo vam lepo poletje. Foto: Aleš Mohoric
3
Igra domino
Nada Razpet
-> Domino je ena od družabnih iger, ki jo lahko igramo vsi, ne glede na starost. Nastala naj bi na Kitajskem kot posledica hkratnega metanja dveh igralnih kock, zato na njihovih ploščicah ni praznih polj (ničle) in nimajo delitve polj s črto. Kitajske ploščice domina so navadno izdelane iz črnega kartona. Na njih so praviloma narisane bele pike, razen v posebnih primerih, ko so z rdečo piko označene enice, štirice in polovica od šestih pik, kot kaže slika 1. Na sliki opazimo, da je 11 ploščic podvojenih. Kitajci poznajo dve vrsti ploščic: civilne (angleško civilian suit1) in vojaške (military suit). Vojaške ploščice poimenujejo po številu pik na njih, civilne pa imajo posebna imena kot, npr. mož, gos, zemlja, nebesa, tigrova glava.
Pravzaprav ne vemo, ali je evropska verzija nastala na podlagi kitajske ali je nastala samostojno. V Evropi se je igra pojavila v 18. stoletju v Italiji in se potem razširila v Francijo, kjer je postala zelo priljubljena. Francoski vojni ujetniki so jo zanesli v Anglijo, od koder se je kasneje razširila še v Severno in Južno Ameriko. Ploščice so bile izdelane iz ebe-novine (spodnji črni del), zgornja plast pa je bila iz slonovine (bela plast). V zgornjo plast so naredili ustrezno število lukenj, zato so na teh ploščicah pike črne. Modernejši domino ima plošcice vecinoma izdelane iz temnega lesa (ali plastike), vsaki vrednost pik pa je prirejena druga barva. Za otroke so izdelane tudi plošcice z razlicnimi slikovnimi oznakami, za ucence pa so na njih zapisani »racuni« oz. so plošcice prirejene za ponavljanje poštevanke, utrjevanje pretvarjanja merskih enot ali cesa drugega.
1Angleški izraz suit bi lahko prevedli tudi kot barvo, saj pri
igralnih kartah isti izraz pomeni križ, pik, srce ali karo.
Najveckrat ima domino 28 plošcic (recejo jim tudi dvojna šestica), vcasih tudi 55 plošcic (dvojna deve-tica). Vsaka plošcica ima dve kvadratni polji, ki sta loceni s crto. Obstaja vec pravil za igranje. Pri kla-sicnih igrah je potrebno plošcice postavljati tako, da se sticni polji ujemata v številu pik.
Oznake in število ploščic
Navadno pri igranju tudi plošcicam recemo kar domine. Ta izraz bomo za plošcice uporabljali tudi mi. Dogovorimo se, da bomo posamezni domino ozna-cili tako, da bomo v oklepaju pisali število pik na posameznem polju in ju locili z vejico: % = (2, 3) ali splošno % = (a,b), kar pomeni, da sta na enem polju dve piki (a pik), na drugem pa tri pike (b pik). Pri tem je (a,b) = (b,a) saj ne vemo, katero polje je prvo in katero drugo oz. iz katere smeri gledamo plošcico.
Izracunajmo, koliko je vseh domin v dvojni šestici. Domin, ki imajo na poljih enako število pik ((0,0), (1,1),..., (6,6)), je sedem. Domin, ki imajo na poljih razlicno število pik, je 21. Kako to vemo? Za prvo polje lahko izberemo od 0 do 6 pik, torej sedem možnosti. Eno od možnosti smo že uporabili, torej za drugo polje ostane še šest možnosti; skupaj 42 možnosti. Ker izbora (a, b) in (b, a) predstavljata isto domino, je vseh domin, ki imajo na poljih razlicno število pik, pol manj, kot smo prej izracunali, torej jih je 21. Vseh domin je zato 7 + 21 = 28.
Poišcimo splošni izraz za izracun števila domin N v posameznem kompletu. Oznacimo z n najvecje število pik na posameznem polju, torej je lahko na njem 0,1,...,n pik. Domin, ki imajo na obeh poljih enako število pik, je (n +1 ). Domin, ki imaj o razlicno število pik, pa (n + 1)n/2, torej
N = (n + 1) +
(n + 1)n n2 + 3n + 2
2
2
(n + 1 ) (n + 2) 2 '
Koliko je vseh domin v dvojni sedmici? 36.
BIBBI
■"Д ря
Oj К2Л Eu
SLIKA 1.
Kitajski domino: na levi je civilna, na desni pa vojaška vrsta domin.
Iz kompleta domin dvojna šestica lahko sestavimo tudi komplete dvojna ničla, ki ima eno domino, dvojna enica, ki ima tri domine, dvojna dvojka, ki ima šest domin, dvojna trojka, ki ima deset domin, dvojna štirica ima 15 domin, dvojna petica ima 21 domin in dvojna šestica, ki ima 28 domin. Števila 1, 3, 6, 10, 15, 21 in 28 so trikotniška števila. Za zaporedje razlik med takimi števili velja, da tvorijo aritmetično zaporedje z razliko 1. Razlike med dvema sosednjima številoma so v našem primeru po vrsti števila: 2, 3, 4, 5, 6, 7. To pa je aritmetično zaporedje s prvim členom 2 in razliko 1.
Zapišimo domine dvojne šestice z dogovorjeno pisavo v tabelo 1.
(0,0)
(0,1)
(1,1
(0, 2)
(1
(0, 3)
3)
3)
3)
(0,4)
(1,4)
2,4)
3,4)
(4, 4)
(0, 5)
2, 5)
1, 5)
3, 5)
(4, 5)
5, 5)
(0, 6)
(1,6
(2,6
(3,6
(4,6
(5,6
(6,6)
TABELA 1.
Zapis domin dvojne šestice.
polj ima dve piki in tako naprej do (n + 2) polj ima n pik. Vsota vseh pik v kompletu (ničel nam seveda ni treba upoštevati) je potem
5 = (n + 2)(1 + 2 + 3 + (n + 2)(n + 1)n = 2 '
+ n)
(1)
Preštejmo, kolikokrat v tabeli nastopa posamezno število pik. Enica je zapisana osemkrat, dvojka tudi osemkrat itd. Ce je torej v kompletu največje možno število pik na posameznem polju n, potem ima (n +
2) polj enako število pik. Povedano drugače, (n + 2) polj je brez pike, (n + 2) polj ima eno piko, (n + 2)
Pri tem smo vsoto aritmetičnega zaporedja 1 + 2 + 3 + ' ' ' + n izračunali tako, da smo vsoto prvega in zadnjega člena pomnožili s številom členov in delili z dve.
Pri katerih kompletih od dvojne enice do dvojne šestice lahko vse domine zložimo v eno vrsto in na koliko načinov lahko to naredimo? Pri tem seveda želimo, da se stična polja ujemajo v številu pik. Pomagali si bomo s teorijo grafov.
Osnovno o grafih
Grafi so preproste matematične strukture, s katerimi lahko modeliramo relačije (odnose) med nekimi objekti. Graf G sestavljata množiča vozlišč (običajno jih označimo z v0,v1,v2,'-) in množiča parov teh vozlišč, ki jim pravimo povezave (označimo jih z e0, e1,e2,'''). Vozlišča grafa tako predstavljajo neke objekte, povezave grafa pa relačije med temi objekti. Vozliščema, ki ju neka povezava povezuje, pravimo krajišči te povezave. Grafe lahko ponazorimo s slikami (glej sliko 2), na katerih vozlišča grafa narišemo kot točke v ravnini, povezave grafa pa kot črte, ki povezujejo krajišča pripadajočih povezav.
V nadaljevanju bomo povezavo med vozliščema vt in Vk zapisali kar vtvk. Stopnja vozlišča v (označimo jo z deg (v)) je število povezav, ki vsebujejo to vozlišče. Povezavi, ki ima obe krajišči enaki, rečemo zanka. Zanka prispeva 2 k stopnji vozlišča.


b)
SLIKA 2.
a)	Graf brez zank. Stopnje vozlišč so: deg (v0) = deg (v4) = 1, deg (vi) = deg (v2) = deg (v3) = 2.
b)	Graf z zanko. Stopnje vozlišc so: deg (v0) = deg (v2) = 2, deg (v1) = 4, deg (v3) = 3, deg (v4) = 5.
Sprehod v grafu je tako zaporedje vozlišč vo,v1, v2,..., vk, da v grafu obstaja povezava vivi+1 za 0 < i < k. Povedano drugače, drugo krajišče povezave je vedno prvo krajišče naslednje povezave. Sprehod, pri katerem se zadnje vozlišče v sprehodu ujema s prvim, je obhod. Sprehod (obhod), v katerem se sičer vozlišča smejo ponavljati, povezave pa ne, se imenuje enostavni sprehod (obhod). Sprehod, na katerem so vsa vozlišča različna, je pot.
Koliko sprehodov ima graf? Naj ima graf G le eno povezavo. Krajišči te povezave označimo z v1 in v2. Zapišimo nekaj sprehodov v1v2, v1v2v1, v1 v2v1 v2, ... V zapisanih sprehodih smo povezavo prehodili enkrat, dvakrat, trikrat, ... Graf ima nešteto sprehodov. Ugotovitev še zapišimo: Grafi z vsaj eno povezavo imajo neskončno sprehodov.
V grafu na sliki 2a velja, da za poljubno izbrani vozlišči vi in vj obstaja natanko ena pot od vi do vj. Kaj pa graf na sliki 2b? Zapišimo enega od sprehodov v0v1v2v3v1v4v4v3v1v4v0, zapisano s povezavami: e1, e2, e3, e4, e7, e8, e5, e4, e7, e6. Ta sprehod ni pot (nekatera vozlišča se ponavljajo) in ni enostaven sprehod, ker gremo dvakrat po povezavah e4 in e7. Je obhod.
Že v preteklosti so grafe uporabljali za reševanje različnih problemov. Eden izmed njih je bil problem prehoda preko sedmih konigsberških mostov. Meščane je zanimalo, ali je mogoče priti iz začetne točke nazaj v začetni točko tako, da se vsak most prečka natanko enkrat. Več o tem lahko preberete v [2]. Euler je ta problem rešil s pomočjo grafov. Da bo nadaljnje izvajanje lažje, zapišimo nekaj definičij in trditev.
Eulerjev obhod grafa G je enostaven obhod, ki vsebuje vse povezave grafa G. Eulerjev sprehod grafa G je enostaven sprehod, ki vsebuje vse povezave grafa G (več o tem najdete v [4]). Če ima graf Eulerjev sprehod (ali Eulerjev obhod), potem lahko graf G narišemo z eno potezo, kar pomeni, da svinČčnika ne dvigamo s papirja in gremo po vseh povezavah le enkrat.
Trditev. Graf G ima Eulerjev sprehod natanko takrat, ko ima kvečjemu dve vozlišči lihe stopnje.
Z eno potezo torej lahko narišemo vse grafe, katerih vozlišča so, ali vsa sode stopnje ali pa sta le dve vozlišČči lihe stopnje.
Trditev. Graf G ima Eulerjev obhod, če so vsa vozlišča sode stopnje.
Ker je imel graf, s katerim je Euler ponazoril sedem konigsberških mostov štiri vozlišča lihe stopnje, je ugotovil, da mostov ni mogoče prehoditi tako, da bi šli preko vsakega le enkrat.
Domine in grafi
Komplet domin lahko predstavimo z grafom, ki ima za vsako možno število pik na polju domine po eno vozlišče, ki ga označimo kar s številom pik. V tem grafu vsaki domini ustreza po ena povezava in sičer domini (a, b) pripada povezava, ki povezuje vozlišči a in b (glej sliko 3).
Da bi ugotovili, ali lahko domine postavimo v eno samo vrsto tako, da se stična polja ujemajo, moramo za vsak komplet domin narisati ustrezni graf in ugotoviti, ali so vozlišča lihe ali sode stopnje. Pri neka-
a)Q b)
SLIKA 3.
Grafi kompleta domin od dvojne enice (a) do dvojne šestice (e). Zanka predstavlja domino, ki ima na obeh poljih enako število pik (to so domine z dvema niClama, dvema enicama, ...). Graf dvojne trojke je narisan na dva naCina (c in c').
terih grafih povezav med vozlišči ne moremo risati z daljicami tako, da se med seboj ne sekajo. Ta presečišča ne predstavljajo novih vozlišč grafa. Imenujemo jih navidezna vozlišča. Nekaterim navideznim vozliščem se lahko izognemo, če vozlišča grafa po ravnini razporedimo drugače ali pa če povezave rišemo tudi s krivimi črtami, kot je to prikazano na sliki 3č'.
Ugotovitev. Domine bomo lahko zložili v eno vrsto, če ima ustrezni graf Eulerjev sprehod. Ce pa želimo ugotoviti, na koliko načinov jih lahko zložimo v vrsto, moramo ugotoviti, koliko različnih Eulerje-vih sprehodov ima graf. Domine lahko postavimo v obroč le takrat, ko ima ustrezni graf Eulerjev obhod.
Zlaganje domin v vrstice
Najenostavnejši komplet je seveda ena sama domina (0,0), ampak o njej ne moremo povedati nič zanimivega.
Dvojna eniča ima tri domine. Graf je na sliki 3a. Imamo domine: (0,0), (0,1) in (1,1). Vozlišči sta lihe stopnje, torej lahko te domine postavimo v eno vrsto. Na koliko načinov? Sprehod lahko začnemo v vozlišču 0 ali pa v 1, torej dva načina. Vrsta se glasi: (0,0), (0,1), (1,1) ali v obratnem vrstnem redu.
Dvojna dvojka ima šest domin (slika 3b). Vsa vozlišča so sode stopnje. Graf ima Eulerjev obhod. Skrajni dve domini lahko povežemo in dobimo obroč: (0,0), (0,1), (1,1), (1, 2), (2, 2), (2,0). Obroč lahko pretrgamo na šestih mestih (imamo šest domin), torej lahko v vrsto zložimo domine na 12 načinov (vsakega od šestih načinov tudi v obratnem vrstnem redu). To pa pomeni, da ima graf 12 Eulerjevih sprehodov.
Dvojna trojka ima deset domin (slika 3č). Graf ima štiri vozlišča lihe stopnje. Graf nima Eulerjevega sprehoda in zato vseh domin ne moremo zložiti v eno vrsto. Lahko pa sestavimo dve vrsti. Poskusite!
Dvojna štiriča ima 15 domin. Vsa vozlišča grafa 3č so sode stopnje, torej lahko zložimo domine v eno vrsto. Ugotovili so [1], da je število načinov, kako te domine postavimo v vrsto enako 126.720 (vključen je tudi obratni vrstni red). Izračun načinov ni preprost. Graf ima Eulerjev obhod in iz domin lahko sestavimo obroč.
Dvojna petiča (slika 3d) ima 21 domin. Vsa vozlišča grafa so lihe stopnje, graf nima Eulerjevega sprehoda, teh domin ne moremo zložiti v eno vrsto. Lahko pa jih razvrstimo v tri vrste.

—^ Dvojna šestica (slika 3e) ima 28 domin. Vsa vozlišča grafa so sode stopnje. Graf ima Eulerjev sprehod. Te domine lahko zložimo v eno vrsto. Obstaja 7.959.229.931.520 načinov, kako to naredimo [1]. Torej je možnosti za klasično igro zares ogromno.
Na najmanj koliko vrst pa lahko zložimo domine v primeru, ko ustrezen graf nima Eulerjevega sprehoda? Grafa G, ki ima k parov vozlišč lihe stopnje, ne moremo pokriti z manj kot k takimi enostavnimi sprehodi, ki nimajo skupnih povezav. Ce pa je G povezan, lahko najdemo k enostavnih sprehodov brez skupnih povezav, ki pokrijejo G.
Dvojna petica ima tri pare vozlišč lihe stopnje, torej lahko graf pokrijemo z najmanj tremi sprehodi, oz. domine razporedimo v najmanj tri vrstiče. Ena od možnosti takega pokritja je na sliki 4. Sprehode smo označili z rdečo, zeleno in modro barvo. Iz označenih sprehodov preberemo zaporedje domin v posamezni vrstiči:
■	zelen:
(0,1), (1,1), (1, 2), (2, 5), (5,4), (4,4), (4,1);
■	rdeč:
(5, 5), (5,0), (0,0), (0, 2), (2, 3), (3, 3), (3,4);
moder:
(2, 2), (2,4), (4,0), (0, 3), (3, 5), (5,1), (1, 3).
Reševanje problemov
Posvetimo se še problemskim igram in jih povežimo z matematiko. Že v 18. stoletju sta se v Frančiji pojavili dve vrsti problemskih iger (glej [3]). Po prvi je bilo potrebno domine sestavljati v predpisano obliko (vzoreč) in se pri tem seveda držati pravila, da se stična polja ujemajo v številu pik, pri drugi vrsti problemov pa je bilo potrebno zlagati domine v vrste tako, da so imeli vse vrste enake vsote (produkte, razlike itd.) pik, pri čemer ni nujno ujemanje stičnih polj.
Iz kompleta dvojna dvojka sestavimo dve vrstiči, tako da bo ustrezala pravilu stičnih polj in bo vsota pik v obeh vrstah enaka. Vseh domin dvojne dvojke je šest. Zapišimo jih: x1 = (0,0), x2 = (0,1), x3 = (0, 2), X4 = (1,1), X5 = (1, 2) in X6 = (2, 2).
Najprej iz izraza (1) izračunamo vsoto pik v kompletu:
4 ■ 3 ■ 2 5 =	= 12.
Vsota pik v vsaki vrstiči mora torej biti 6. Če za prvo domino izberemo (2, 2) in morajo biti v vrsti tri domine, imamo za izbor naslednjih dveh domin vedno le po eno možnost, da zadovoljimo pravilu stičnih polj in da je vsota pik v vrstiči 6, to sta domini (2,0) ter (0, 0). Potem za drugo vrsto pravilno postavimo še ostale tri domine (slika 5).
SLIKA 4.
Graf dvojne petice je pokrit s tremi sprehodi.
8
SLIKA 5.
Vsota pik v vrsticah je 6.
Domine iz kompleta dvojna trojka ima vsoto vseh pik 30. Vseh domin je 10. Naredimo dve vrstiči po pet domin z vsoto pik 15.
Najprej izberimo domino (3, 3). Za izbor naslednje imamo tri možnosti (3,2), (3,1) in (3,0). Če izberemo domino (3, 2), je vsota pik na obeh dominah 11 in potrebujemo še štiri pike na ostalih treh dominah. Naslednja domina mora imeti eno polje z dvema pikama. Zapišimo možnosti v tabelo 2.
PRESEK 42 (2014/2015) S
matematika
					Vsota	
(3,3)	(3, 2)	(2,0)	(0,0)	(0,1)	14	
(3,3)	(3, 2)	(2,0)	(0,0)	(0,3)	16	
(3,3)	(3, 2)	(2,0)	(0,1)	(1,1)	16	
(3,3)	(3, 2)	(2,1)	(1,0)	(0,0)	15	
TABELA 2.
Razporejanje domin dvojne trojke v dve vrstici. Začetni domini
sta (3, 3) in (3, 2).
Rešitev je potem: (3, 3), (3, 2), (2,1), (1,0), (0,0) in druga vrsta (2, 2), (2,0), (0, 3), (3,1), (1,1) (slika 6). Seveda lahko pet domin v vsaki vrstici razporedimo tudi drugace. Poskusite!
SLIKA 6.
Razporejanje domin dvojne trojke v dve vrstici. Prva vrsta se začne z dominama (3, 3) in (3, 2); vsota pik v vsaki vrsti je 15.
Kaj pa, ce se vrsta zame z dominama (3, 3) in (3,1)? Pomagamo si s tabelo 3:
					Vsota	
(3,3)	(3,1)	(1,0)	(0,0)	(0, 3)	14	
(3,3)	(3,1)	(1,0)	(0, 2)	(2,1)	16	
(3,3)	(3,1)	(1,1)	(1,0)	(0, 2)	15	
(3,3)	(3,1)	(1, 2)	(2,0)	(0,0)	15	
Imamo torej dve možnosti (slika 7):
■	prva vrsta: (3, 3), (3,1), (1,1), (1,0), (0, 2); druga vrsta: (0,0), (0, 3), (3, 2), (2, 2), (2,1);
■	prva vrsta: (3, 3), (3,1), (1, 2), (2,0), (0,0); druga vrsta: (2, 2), (2, 3), (3,0), (0,1), (1,1).
SLIKA 7.
Razporejanje domin dvojne trojke v dve vrstici. Prva vrsta se začne z dominama (3, 3) in (3,1); vsota pik v vsaki vrsti je 15.
Kaj pa, ce se vrsta zame z dominama (3, 3) in (3,0)? Možnosti so zapisane v tabeli 4.
					Vsota	
(3, 3)	(3,0)	(0,1)	(1,1)	(1, 2)	15	
(3, 3)	(3,0)	(0,1)	(1, 2)	(2,0)	15	
(3, 3)	(3,0)	(0,0)	(0,1)	(1,1)	12	
(3, 3)	(3,0)	(0,0)	(0, 2)	(2, 2)	15	
TABELA 4.
Dvojna trojka: začetni domini sta (3, 3) in (3, 0).
TABELA 3.
Razporejanje domin dvojne trojke v dve vrstici. Začetni domini
sta (3,3) in (3,1).
SLIKA 8.
Dvojna trojka: ena od možnosti za pričetek prve vrste z dominama (3,3) in (3,0).

PRESEK 42 (2014/2015) S
9
—^ Komplet dvojna štirica ima 15 domin in vsoto pik 60. Lahko naredimo tri vrstiče z vsotami pik 20.
■	(4,4),(4,0),(0,1),(1,1),(1,4) (2, 2), (2,4), (4, 3),(3,0),(0,0) (0, 2), (2, 3),(3, 3),(3,1),(1, 2)
Ali lahko naredite pet vrstič z vsotami pik 12? Seveda:
■	(4,4), (4,0),(0,0) (4, 3),(3,0),(0, 2) (3, 3),(3,1),(1,1) (3, 2), (2, 2), (2,1) (2,4),(4,1),(1,0)
Komplet dvojna petica ima 21 domin in vsoto pik 105. Lahko naredimo zopet tri vrstiče z vsoto pik 35: (5, 5), (5,0), (0,0), (0, 2), (2, 3), (3, 3), (3,4), druga (1,4), (4,4), (4, 5), (5, 2), (2,1), (1,1), (1,0), tretja (2, 2), (2,4), (4,0), (0, 3), (3,1), (1, 5), (5, 3). Ali lahko naredite sedem vrstič po tri domine z vsotami pik 15? Poskusite.
Naredite še dve vrstiči iz kompleta dvojna šestica, ki ima 28 domin in vsoto pik 168. Poskusite še z več kot dvema vrstičama.
SLIKA 9.
EnakostraniCni trikotnik in kvadrat iz domin dvojne dvojke. Vsota pik po stranicah je 4.
Trikotniki in štirikotniki
Dvojna dvojka
Iz kompleta dvojna dvojka sestavimo enakostranični trikotnik in kvadrat tako, da bo vsota pik po strani-čah enaka. Pri tem se ni potrebno držati pravila, da se stični polji ujemata v številu pik.
Trikotnik: vsota pik po straničah je štiri (slika 9 zgoraj).
■	Kvadrat: vsota pik po straničah je štiri (slika 9 spodaj).
■	Pravokotnik velikosti 5 x 3: vsota pik po straničah je štiri (pike na poljih se ne ujemajo, slika 10).
Dodatne naloge
Iz kompleta dvojna trojka ne moremo narediti ena-kostraničnega trikotnika, ker ima deset domin. Lahko pa jih postavimo v vrsto z dolžino deset polj. Pri
SLIKA 10.
Pravokotnik velikosti 5 x 3 iz domin dvojne dvojke. Vsota pik po stranicah je 4.
tem naj bodo, ali vse domine postavljene navpično ali pa izmenično po dve navpično in po dve vodoravno. Vsota pik na zgornjih poljih mora biti enaka vsoti pik na spodnjih poljih. Tudi vsote pik po stolp-čih naj bodo med seboj enake. Ena od možnih rešitev je na sliki 11.
Iz kompleta sestavite pravokotnik 5 x 4 tako, da bo vsota pik po stolpčih (z višino 4 polj) enaka, ni potrebno ujemanje polj.
SLIKA 11.
Vsota pik v zgornji vrstici je enaka vsoti pik v spodnji vrstici.
Iz desetih domin sestavite dva pravokotnika (v sredini je odprtina) tako, da bo vsota pik po strani-čah enaka.
Dvojna štiriča
Iz 15-ih domin sestavite enakostranični trikotnik
tako, da se bodo stična polja po straničah ujemala v številu pik.
Iz 15-ih domin sestavite tri pravokotnike (v sredini je odprtina) tako, da se bodo stična polja ujemala v številu pik in bo vsota pik po straničah enaka.
Dvojna petiča
Iz 21-ih domin sestavite tri pravokotnike tako, da bo vsota pik po straničah vedno enaka (ni potrebno ujemanje).
Dvojna šestiča
Iz 28-ih domin sestavite sedem kvadratov tako, da bo vsota pik po straničah prvega kvadrata enaka 3, drugega 6, tretjega 8, četrtega in petega 9, šestega 10 in sedmega 16.
Sestavite tri pravokotnike tako, da bo vsota pik po posameznih straničah pravokotnika vedno 12.
Računske operacije z dominami
S sestavljanjem domin (kot kaže spodnji primer na sliki 12) zapišite račune seštevanja in odštevanja. Pri tem naj bodo vse domine postavljene vodoravno ali pa dve navpično in ena vodoravno.
Kaj pa množenje? Primer je na sliki 13. Zapisali smo nekaj možnosti igranja z dominami, ki jih lahko povežemo z matematiko. Poiščite še sami nekaj zanimivih primerov in igrajte igro s spremenjenimi pravili.
SLIKA 12.
Seštevanje: 13 + 51 = 64
	• • • •	• •			•
					• • •
•	• •		• •• • ••		• • •
SLIKA 13.
Množenje: 421 • 3 = 1263
Literatura
[1]	M. Gardner, Mathematical Circus, Dominoes, Penguin books, 1979, Harmondsworth, 137145.
[2]	M. Venčelj, Mala šola topologije, 4. del, Presek 25 (1997/984), 4, str. 222, DMFA, Ljubljana.
[3]	J. Botermans, P. van Delft in E. Oker, Miselne igre vsega sveta, Tehniška založba Slovenije, Ljubljana, 1992,57-64.
[4]	M. Juvan in P. Potočnik, Teorija grafov in kombinatorika, DMFA - založništvo, 2007, Ljubljana, 1-3, 27.
_XXX
www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si
O nogometu
ф Np ф
Janez Strnad
-» Po svetovnem prvenstvu se poveča zanimanje za nogomet.
Pogosto na nogomet pogledajo statisticno. Pri tem ne morejo mimo Poissonove porazdelitve. Porazdelitev uporabimo v primerih, ko so nakljucni dogodki neodvisni drug od drugega in niso prevec pogosti; to je »porazdelitev redkih dogodkov«. Siméon Denis Poisson jo je obdelal leta 1837 v knjigi Raziskovanje verjetnosti sodb v kazenskih in civilnih zadevah, v kateri ga je zanimala pogostost napacnih obsodb v kaki državi. Porazdelitev pa je že leta 1711 Abraham de Moivre navedel v povezavi z igrami na sreco. Razvpita primera sta smrt vojakov zaradi konjskih brc v pruski vojski (v 20-ih letih jih je bilo 280) ali cetverckov v Prusiji (v 69-ih letih jih je bilo 109). Na Poissonovo porazdelitev naletimo še v številnih drugih primerih, npr. ce štejemo avtomobile, ki se peljejo po odseku ceste v eni uri; telefonske klice ali sporocila SMS kakega naslovnika v eni uri; radioaktivne razpade ob šibkem radioaktivnem izviru v minuti; goste, ki pridejo v restavracijo ali na recepcijo hotela v dani uri dneva; prometne nesrece na dolo-cenem odseku ceste v enem tednu; bolnike, ki jih na dan sprejme bolnišnica; dežne kaplje na obmocjih 10 cm krat 10 cm na minuto in veliko drugega. Porazdelitev veckrat upoštevajo pri nacrtovanju, npr. pri nacrtovanju velikosti telefonskih central.
Opišimo znacilen poskus. Merilnik zaznava delce a, ki jih oddaja radioaktivni izvir v dani oddaljenosti. Beležimo trenutke, v katerih se merilnik odzove. Zbrane podatke obdelamo, kolikor vsega tega ne opravi racunalnik, na katerega je merilnik priklju-cen. Preštejemo casovne razmike, v katerih merilnik ni zaznal nobenega delca, je zaznal en delec, dva delca, tri delce in tako dalje. Delcev v casovnem razmiku ne sme biti prevec, tako da lahko drugega raz-locimo od drugega. Potem izracunamo povprecno število delcev, tako da število vseh preštetih delcev delimo s številom vseh zajetih casovnih razmikov. Nazadnje narišemo porazdelitev casovnih razmikov
število golov
SLIKA 1.
Porazdelitev tekem slovenske prve lige v tekmovalnem obdobju 2013/2014 po številu doseženih golov. Krivulja kaže Poissonovo porazdelitev, kot da bi se število tekem n spreminjalo zvezno.
po številu zaznanih delcev. Cim vec delcev smo zajeli, tem bolj se »izmerjena« porazdelitev prilega »iz-racunani« Poissonovi porazdelitvi.
Poissonovo porazdelitev podaja enacba
■ Npn = N
n!en
N je število preštetih delcev, n = 0,1, 2, 3,... je število delcev v posameznih casovnih razmikih, n je povprecna vrednost n, e = 2,718... osnova naravnih logaritmov in n! = 1 ■ 2 ■ 3 ■ ... ■ (n - 1) ■ n. Pri tem je pn verjetnost, da je merilnik v casovnem razmiku zaznal n delcev. Za verjetnost je znacilno, da je vsota pn enaka 1.
Podobno ravnamo tudi v drugih primerih. Pri nogometu je N število tekem v kakem tekmovanju, npr. v državni ligi. Delež tekem, na katerih pade n golov, primerjamo s Poissonovo verjetnostjo pn, da na tekmi pade n golov. Cim vec je tekem, tem boljši je približek. Omejimo se na prvo slovensko ligo v minulem tekmovalnem obdobju 2013/2014. Liga je imela deset moštev, ki so igrala doma in na tujem po
2
4
6
8
SLIKA 2.
Porazdelitev tekem Maribora, Olimpije in Triglava v tekmovalnem obdobju 2013/14 po številu danih golov. Zaradi razmeroma majhnega števila tekem so odstopanja precejšnja. Porazdelitev tekem prve lige bi dobili, ko bi sešteli porazdelitve za vseh deset moštev in upoštevali, da smo vsak gol šteli dvakrat.
dvakrat. Vsako moštvo je imelo devet nasprotnikov in je z vsakim od njih igralo po štirikrat, tako da je vsako moštvo odigralo 4 ■ 9 = 36 tekem v prav toliko krogih. Vseh parov je bilo 2 ■ 10 ■ (10 - 1) = 45 in vseh tekem je bilo 4 ■ 45 = 180. Najprej nas zanima porazdelitev tekem po številu zadetkov na N = 180 tekmah in potem še porazdelitev N = 36 tekem po številu danih golov za tri značilna moštva: Maribor je bil prvi, ljubljanska Olimpija sedma in kranjski Triglav deseti. Zaradi razmeroma majhnih števil N pričakujemo odstopanja od Poissonove porazdelitve.
Na risbah primerjamo »izmerjene« podatke po spletnih straneh Nogometne zveze Slovenije z »izračunanimi« Poissonovimi podatki. Povprečno število golov na tekmo, ki jih je zabilo kako moštvo, vzamemo za učinkovitost moštva. Ni nujno, da se razvrstitev na tekmovanju ravna po učinkovitosti.
Podoben pregled je opravil Presek pred leti (Alije nogomet igra na srečo?, 13 (1985/86), 9-15). Pregled je zajel prvo nogometno ligo v tedanji skupni državi z osemnajstimi moštvi in skupno 306 tekmami v sezoni 1976/77 (povprečje 2,53) ter prvo Crveno zvezdo (povprečje 1,97), dvanajsto ljubljansko Olim-pijo (povprečje 1,06) in osemnajstega sarajevskega Željezničarja (povprečje 0,97). Zanimivo je nove podatke primerjati s starimi. Tedaj smo ugotovili, da je nogomet v prečejšnji meri igra na srečo. Delež naključja smo očenili z 1/д/|П. Sedanji podatki dajo 86 %, medtem ko smo s starimi dobili 89 %.
Na spletu več naslovov ponuja pomoč s Poisso-novo porazdelitvijo pri športni stavi. Pri tem računajo bolj podrobno, kot smo mi. Pri ligaškem tekmovanju posebej upoštevajo povprečje golov pri igrah doma in na tujem ter izračunajo učinkovitost kot produkt obeh povprečij. S Poissonovo enačbo izračunajo verjetnost, da bo moštvo na prihodnji tekmi doseglo določeno število golov. To naredijo tudi za nasprotno moštvo in upoštevajo oba podatka. Temu načinu napovedovanja je mogoče očitati, da pozornost posveča le danim golom. Prejete gole upošteva le kot dane gole nasprotnika, ne ozira se na obrambo. Napovedovanje poskušajo na razne načine izboljšati.
Napoved svetovnega prvaka
V reviji Forsčhung (Raziskovanje), ki jo izdaja nemška raziskovalna skupnost in ustreza našemu Raz-iskovalču, je nekaj tednov pred svetovnim prvenstvom izšel članek Bo Nemčija svetovni prvak. V njem je profesor Metin Tolan opisal program, ki ga je sestavil Robert Fendt z univerze v Dortmundu. Začel je z razvrstitivijo 32-ih moštev, ki so se kvalifičirala za svetovno prvenstvo, v osem predtekmovalnih skupin. Za njihovo učinkovitost je vzel povprečno število golov v kvalifikačijah. Braziliji, ki ji ni bilo treba igrati kvalifikačij, je pripisal povprečno število golov v pokalu konfederačij. Podatke smo zbrali v pregle-dniči, le da smo upoštevali doseženo razvrstitev, ki


3000
2500
2000
e k
e
v
e
1500
1000
500
Г			1 г	а				Modri stolpči kažejo dejansko porazdelitev golov, rdeči pa Poissonovo napoved za povprečno število golov 3.
				г				
		1-						
					-			
							i	
								(limrrn,™__
SLIKA 3.
Porazdelitev tekem nemške prve lige od zaCetka do tekmovalnega obdobja 2005/06 po številu doseženih golov. Zaradi velikega števila tekem so odstopanja manjša, a dovolj opazna. Tekem z enim golom in s tremi goli je bilo precej manj, kot napove Poissonova porazdelitev (po Clanku iz Forschung).
0123456789 10 11 12 število golov
je piseč še ni poznal. Ob moštvu je navedena učinkovitost iz članka in v oklepaju dosežena učinkovitost v predtekmovanju na svetovnem prvenstvu. Ker je vsako moštvo odigralo samo šest tekem, je podatek v oklepaju nezanesljiv, vseeno pa nekoliko omaja zaupanje v učinkovitost po kvalifikačijah.
A Brazilija 2,8 (2,3), Mehika 0,7 (1,3), Hrvaška 1,2 (1,7), Kamerun 1,1 (0,3)
B Nizozemska 3,4 (3,3), Cile 1,8 (1,7), Španija 1,8 (1,3), Avstralija 1,5 (1,0)
C Kolumbija 1,7 (3), Grčija 1,2 (0,7),
Slonokoščena obala 2,4 (1,3), Japonska 2,0 (0,7)
D Kostarika 1,3 (1,3), Urugvaj 1,6 (1,3), Italija 1,9 (0,7), Anglija 3,1 (0,7)
E Frančija 1,9 (2,7), Šviča 1,7 (2,3), Ekvador 1,3 (1,0), Hondduras 1,3 (0,3)
F Argentina 2,1 (2,3), Nigerija 1,4 (2,0), Bosna in Herčegovina 3,0 (1,3), Iran 1,0 (0,3)
G Nemčija 3,6 (2,3), Portugalska 2,0 (1,3), ZDA 1,5 (1,3), Gana 3,1 (1,3)
H Belgija 1,8 (1,3), Alžirija 2,1 (2),
Rusija 2,0 (0,7), Južna Koreja 1,6 (1,0)
Generator naključnih števil postreže s številom, ki mu Poissonova porazdelitev priredi verjetnost. Podobno naredimo tudi pri nasprotniku in na ta način »preigravamo« tekme. To naredimo za vsa moštva v predtekmovalni skupini v vseh predtekmovalnih skupinah. To ponovimo za moštva, ki so se uvrstila v osmino finala, četrtfinale, polfinale in finale. Upoštevamo tudi morebitne podaljške in streljanja enajstmetrovk. Tako pridemo do napovedi svetovnega prvaka. Napoved ima zelo majhno težo, ker je popolnoma odvisna od naključja. Ce pa računalnik račun stotisočkrat ponovi, dobimo napoved, ki ob vseh pomislekih nekaj pove. Tako so dobili napoved 20,33 % verjetnosti, da Nemčija postane svetovni prvak in 79,67 % verjetnosti, da to ne postane. Ce bi bila vsa moštva enakovredna, bi za vsako od njih verjetnost, da postane svetovni prvak, bila 1/32 = 3,13 %. Le sedem moštev je imelo boljšo napoved. Posebej poudarimo, da je to napoved verjetnosti, da postane moštvo svetovni prvak in ne pove ničesar o razvrsti-tivi na naslednja mesta. Pregledniča kaže rezultate računa. Kot vidimo, je napoved zadela. O teži te in podobnih napovedi ne rečimo nobene. Znano je, da napovedi utegnejo vplivati na izid dogajanja. Ni pa znano, ali so nemški nogometaši vedeli za napoved.
Nemčija	20,33 %	Šviča	0,64 %
Nizozemska	18,61 %	Belgija	0,64 %
Anglija	11,67%	Kolumbija	0,52 %
Bosna in Herčegovina	11,34 %	Južna Koreja 0,34 %	
Gana	10,96%	Urugvaj	0,30 %
Brazilija	9,04 %	Avstralija	0,26 %
Slonokoščena obala	3,42 %	Nigerija	0,19 %
Argentina	2,28 %	ZDA	0,15 %
Alžirija	1,54 %	Honduras	0,12 %
Japonska	1,39 %	Kostarika	0,11 %
Italija	1,14 %	Ekvador	0,11 %
Rusija	1,13 %	Hrvaška	0,09 %
Frančija	1,10 %	Kamerun	0,07 %
Portugalska	0,99 %	Grčija	0,06 %
Čile	0,81 %	Iran	0,02 %
Španija	0,65 %	Mehika	0,00 %
Dinamika nogometa
Nogometa se ne lotevamo samo statistično. V športnih in fizikalnih raziskovalnih revijah ga obravnavajo tudi z drugih strani. Letos so štirje japonski raz-iskovalči v European Physičal Journal B objavili članek Pojav samopodobnosti v dinamiki nogometa. Z digitalno televizijsko kamero so dve nogometni tekmi posneli od začetka do konča. Za to so izbrali polfinale svetovnega nogometnega pokala med zmago-valčema azijskega in očeanijskega območja leta 2008 in tekmo japonske lige leta 2011.
Zasledovali so lege vseh igralčev in žoge med vso tekmo. Iz dobljenih podatkov so izluščili gibanje čelne ccrte in žoge. Čelna črta je pokazala, kako je eno in drugo moštvo osvajalo igrišče. S koordinatama igralča so izračunali zapleten izraz in sešteli prispevke vseh igralčev moštva. Z zahtevo o zvezi med vsotama za obe moštvi so dobili od časa odvisni podatek, to je čelno črto. Izračunali so hitrost čelne črte in hitrost žoge. Obsežnega računanja ne bi zmogli brez računalnika. Pozornost je zbudila ugotovitev, daje časovna odvisnost lege čelne črte samo-podobna. V odvisnosti v časovnem razmiku osmih sekund so se pokazali podobni vrhovi in doline kot v odvisnosti v časovnem razmiku 80-ih sekund. Vsak igraleč se po svoji odločitvi nenehno prilagaja položaju igralčev svojega moštva, nasprotnikov in žoge na igrišču. Pokazalo se je, da je bilo gibanje igralčev v danem trenutku na določen način odvisno od
čas [s]
čas [s]
čas [s]
SLIKA 4.
Lega čelne črte v odvisnosti od časa pri treh različnih merilih kaže podobne oblike. Taka samopodobnost je značilna za frak-tale (po članku iz The European Physičal Journal B).
prejšnjega gibanja, kot da bi igra imela spomin. Ta lastnost je značilna za fraktale. Po tem je bilo mogoče sklepati, da so za nogomet značilne enačbe, ki jih fiziki poznajo pri ulomljenem Brownovem gibanju. Pisči članka so sklepali, da se prav zaradi tega razmere na igrišču nenehno tako spreminjajo, da nogomet ne more postati dolgočasen. _XXX
PRESEK 42 (2014/2015) S
15
razvedrilo

Nagradna križanka
STRNJEN DREVESNI SESTOJ
razvedrilo
-> Crke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazeč na spletni strani
www.presek.si/kri zanka
ter ga oddajte do 5. avgusta 2015, ko bomo izžrebali tri nagrajenče, ki bodo prejeli knjižno nagrado.
XXX
Izjemen uspeh naših mladih astronomov na 22. sanktpeterburški astronomski olimpijadi
Ф vU Ф
Andrej Güstin
-> Pod okriljem DMFA Slovenije so se naši osnovnošolci in srednješolci na povabilo ruskih kolegov prvič udeležili mednarodnega tekmovanja iz znanja astronomije, ki ga organizira Sanktpeterburška šola astronomije oz. tamkajšnja univerza. Tekmovanje je namenjeno učencem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem, udeležuje se ga vec tisoc tekmovalcev iz približno desetih držav, v Rusiji pa velja kot državno tekmovanje. Letos smo pri nas tekmovanje organizirali pilotsko, kar pomeni, da so se ga udeležili tekmovalci le iz nekaterih najbolj zainteresiranih šol - OŠ Turnišce in OŠ Orehek, Gimnazije Bežigrad, 1. gimnazije v Celju, ERSŠG Ljubljana in Gimnazije Murska Sobota. V Rusiji je tekmovanje tristopenjsko: podrocno, izbirno in finalni krog. Slovenski tekmovalci so se tekmovanju pridružili v izbirnem krogu. V finalni krog, ki smo ga organizirali na Univerzi Nova Gorica in na OŠ Turnišce, se je uvrstila vecina naših tekmovalcev in se odlicno odrezala.
Slovenski tekmovalCi so v razliCnih kategorijah prejeli tri prve nagrade, dve drugi in sedem tretjih nagrad. Rezultate sije mogoCe ogledati na spletnem naslovu http://school.astro.spbu.ru/?q=no-de/482.
Med osnovnošolCi je Jurij Šumak prejel prvo nagrado, Alen Gazdag drugo, Leon JerebiC pa tretjo (vsi OŠ TurnišCe).
Med srednješolCi sta prvo nagrado prejela David OpaliC (1. gimnazija v Celju) in Aleksej JurCa (Gimnazija Bežigrad). Drugo nagrado je prejel Mitja Hofer (Gimnazija Bežigrad). Tretjo nagrado so prejeli Zala PotoCnik, David PopoviC, Jakob Robnik (vsi Gimnazija Bežigrad), Timen Stepišnik, Urška Andrenšek (oba 1. gimnazija v Celju) in Aljaž Eržen (ERSŠG Ljubljana).
NagrajenCem in njihovim mentorjem Cestitamo za izjemen uspeh! Cestitamo tudi vsem ostalim udeleženCem tekmovanja in se jim zahvaljujemo za sodelovanje. Za uspešno organizaCijo tekmovanja se zahvaljujemo DMFA Slovenije, še posebej Clanom Komisije za astronomijo. Zahvaljujemo se Univerzi Nova GoriCa in dekanu prof. dr. Samu StaniCu, ki je omogoCil finalni del tekmovanja.
Vodja tekmovanja za Slovenijo in prevajaleC nalog je Andrej Guštin.
Primeri nalog izbirnega dela tekmovanja
4. letnik srednje šole
7. / 8. razred osnovne šole
Indijaneč Modra Sova je od doma odpotoval ob mlaju, da bi v bližnjem mestu prodajal kože. Svoji ženi, Prijazni Lisiči, je obljubil, da se bo vrnil ob naslednji polni Luni. Koliko časa je Modra Sova nameraval biti odsoten od doma?
Med planeti v Osončju se najhitreje giblje Merkur, najpočasneje pa Neptun. Razporedi vse planete v Osončju od najpočasnejšega do najhitrejšega.
9. razred osnovne šole / 1. letnik srednje šole
Zamisli si, da si pozno zvečer teleskop usmeril proti neki zvezdi in ga nato v tej legi zaustavil. Zaradi vrtenja Zemlje bo zvezda kmalu zapustila vidno polje teleskopa. Naslednji večer je nebo spet jasno, gledaš skozi teleskop, ki ga nisi prav nič premaknil, in čakaš, da se bo v vidnem polju pojavila ista zvezda. Bo ta zvezda res prišla v vidno polje teleskopa? Ali bi bil odgovor lahko drugačen, če bi namesto zvezde opazoval Lune?
Znano je, da lahko planete na nebu prepoznamo, ker se njihova lega glede na zvezde spreminja. V katero smer, glede na zvezde, se giblje Jupiter v času opozičije?
2.	letnik srednje šole
Jupiter in Saturn sta sočasno v kvadraturi. Izračunaj razdaljo med planetoma.
Vesoljska ladja potuje od Zemlje do Marsa po energijsko najugodnejšem tiru. Kolikšen je kot med smerjo proti Zemlji in smerjo proti Marsu, gledano s Sonča, v trenutku, ko je vesoljska ladja poletela od Zemlje? Izračunaj ta kot še v trenutku prihoda vesoljske ladje do Marsa. Predpostavi, da sta orbiti Zemlje in Marsa krožni in da se planeta gibljeta v isti ravnini. Polmer Marsove orbite je 1,5 astronomske enote.
3.	letnik srednje šole
Amaterski astronom je neke noči videl, kako je geo-stačionarni satelit potoval natanko čez središče Lunine ploskviče na nebu. Koliko časa je trajal prehod satelita čez Lunino ploskvičo?
Izsev neke zvezde je šestkrat večji od Sončevega izseva, svetlobni tok s te zvezde na Zemlji pa je 6 ■ 10-14 W/m2. Izračunaj oddaljenost te zvezde.
Letalo se giblje enakomerno s hitrostjo 2000 km/h. Poletelo iz nekega kraja na ekvatorju in se giblje po loksodormi (krivulja, ki vse poldnevnike seka pod istim kotom) pod kotom 60 stopinj glede na poldnevnike. Kje bo letalo pristalo in koliko bo trajal let?
Z vesoljske postaje je slučajno odpadel kovinski predmet kvadratnega preseka debeline a = 10 čm in dolžine L. Kolikšna je njegova dolžina L, če vemo, da se predmet vtri in se mu med vrtenjem sij spreminja za 1 magnitudo?
Primeri teoretičnih nalog finalnega dela tekmovanja
7. / 8. razred osnovne šole
Ker je Jupiter plinasti planet, se njegova vrtilna doba na različnih širinah (oddaljenost od Jupitrovega ekvatorja) razlikuje. Ekvatorialni pas Jupitra se enkrat okoli osi zavrti v 9 urah in 50 minutah, od ekvatorja najbolj oddaljeni pas pa v 9 urah in 55 minutah. Izračunaj razliko v trajanju Jupitrovega leta na različnih širinah, izraženo v Jupitrovih dnevih, če veš, da en obhod Jupitra okoli Sonča traja 12 zemeljskih let.
9. razred osnovne šole / 1. letnik srednje šole
4. februarja 2015 je šla na nebu Luna 5° južno od Jupitra. Izračunaj oddaljenost med Zemljo in Jupitrom v tem trenutku, če veš, da je bilo v noči iz 25. na 26. februar 2015 is Sankt Peterburga mogoče opazovati okultačijo (zakritje) Aldebarana z Luno. Polmer Jupitrove orbite okoli Sonča je 5 astronomskih enot.
2. letnik srednje šole
Astronom, ki je nebo opazoval na severu Avstralije, je v noči pred Sončevim mrkom 14. novembra 2012 ugotovil, da lahko Magellanova oblaka uporabi za določanje časa. V nekem trenutku je astronom opazil, da je namišljena zvezniča med Malim in Velikim Ma-gellanovim oblakom na nebu vzporedna z obzorjem. Koliko časa je astronom od takrat še moral počakati do začetka Sončevega mrka, če se je ta v njegovem opazovališču začel ob vzidu Sonča?
Ekvatorialne koordinate Velikega Magellanovega oblaka: rektasčenzija a1 = 5h 30min, deklinačija 51 = -70°.


Ekvatorialne koordinate Malega Magellanovega oblaka: rektascenzija a2 = 1h 00min, deklinacija 51 = -70°.
3.	letnik srednje šole
Zgodbica iz Gospodarja prstanov gre nekako takole. V središCu mesta Valinor je drevo Laurelij, ki s svojo svetleCo krošnjo osvetljuje mesto. Znano je, da je navidezni sij njegove krošnje pri koreninah drevesa (pod krošnjo pri tleh) enak SonCevemu, meja Vali-nora pa je tam, kjer je sij njegove krošnje enak siju polne Lune na nebu. Drevo je zaCelo rasti iz majhne sadike na zaCetku Casa, pri Cemer je vsako leto zraslo za 1 meter. Izrazi polmer Valinora v odvisnosti od Casa. Predpostavi, da se Valinor nahaja na planetu, katerega polmer je enak polmeru Zemlje.
4.	letnik srednje šole
Kot je znano, Crne luknje sCasoma »izhlapevajo«, pri Cemer sevajo kot Crna telesa. Valovna dolžina pri največjem izsevu v spektru Crne luknje je enaka gravitaCijskemu polmeru Crne luknje. OCeni Cas od trenutka, ko je izsev Crne luknje enak izsevu SonCa, in trenutkom, ko Crna luknja popolnoma »izhlapi«. V katerem delu elektromagnetnega spektra Crna luknja najbolj seva (pri kateri valovni dolžini je maksimum v spektru), ko je njen izsev enak SonCevemu?
Finalne naloge praktičnega dela tekmovanja
7. / 8. razred osnovne šole
Na sliki 3 je fotografija ploskviCe SonCa, Cez katero gre planet. Kateri planet je to? Svojo trditev utemelji. Denimo, da gre planet natanko Cez sredino ploskviCe SonCa (preCka ploskviCo po premeru). OCeni Cas, v katerem planet preCka ploskviCo SonCa.
9. razred osnovne šole / 1. letnik srednje šole
Na površju Lune na obmoCju Morja kriz je robotsko raziskovalno vozilo, ki se je po najkrajši poti premaknilo iz ene v drugo toCko. ToCki sta oznaCeni na sliki 4. DoloCi dolžino poti, ki jo je prevozilo vozilo, in rezultat opremi z oCeno merske napake. Polmer Lune je 1737 ± 1 km. Na sliki 5 je vsa vidna ploskviCa Lune. Posnetka Lune sta bila narejena z Zemlje.
SLIKA 3.
SLIKA 4.
SLIKA 5.
SLIKA 7.
2. letnik srednje šole
Na sliki 6 je prikazano navidezno gibanje nekega planeta na našem nebu glede na Sonce. S tockami so oznacene lege planeta v enakih casovnih intervalih. Zacetna tocka oznacuje lego planeta 1. januarja nekega leta. Na abscisi je razlika med rektascenzijo
planeta in Sonca, na ordinati je razlika med deklina-cijo planeta in Sonca.
Ugotovi, kateri planet je to. Doloci datume, ko je planet na nebu najbolj oddaljen od Sonca (najvecja elongacija).
Doloci datum, ko je planet šel cez ploskvico Sonca. Rezultate opremi z mersko napako.
3. letnik srednje šole
4. letnik srednje šole
Na sliki 7 je negativ fotografije kolobarjastega Sončevega mrka.
Očeni magnitudo vidnega kolobarja Sonča, ki ga Luna ni zakrila, če veš, da je je v fotosferi Sonča temperatura funkčija optične globine т:
г=w/1+4 т,
kjer je Teff = 5778 K.
Upoštevaj tudi to, da iz točke na Sončevi ploskviči, ki je za kot в oddaljena od središča ploskviče, do nas prihaja svetloba iz optične globine т = čos в (glej sliko 8).
Na sliki 9 je zapis signala na različnih kanalih, ki je nastal z radioteleskopom BSA pri delovni frekvenči 110,25 MHz. Znano je, da vsi kanali zajemajo signal v smeri nebesnega meridiana, da je širina (kotna ločljivost) vseh kanalov enaka, enaka je tudi razlika frekvenč med sosednjimi kanali (med srednjo vrednostjo frekvenče, ki jo zajema kanal). Zgoraj je zapisan zvezdni čas v urah in minutah, spodaj pa moskovski čas v urah in minutah.
Očeni kotno ločljivost radioteleskopa.
Očeni interval merjenih frekvenč, ki so zajete s kanali.
Očeni napako svojih rezultatov.
O histogramih
Primož Peterlin
Histogram je grafični pripomoček za prikaz množice meritev zvezne številske spremenljivke. Prispevek predstavi konstrukcijo histograma, kumulativni histogram, razliko med histogramom in stolpičnim diagramom, težave s histogrami, za konec pa se pomudi še ob ocenjevanju porazdelitve z jedri.
Od podatkov do histograma
Pri fizikalnih meritvah pogosto merimo vrednost ene kolicine v odvisnosti od druge, npr. napetost na kondenzatorju v odvisnosti od casa. Še preprostejše pa so meritve, pri kateri merimo vrednosti ene same kolicine, npr. telesno višino ucencev v razredu ali število jedrskih razpadov, zaznanih z Geiger-Müllerjevo cevjo. V statistiki takšnim primerom, pri katerih imamo opravka z eno samo spremenljivko (telesna višina, število razpadov v casovni enoti), pravimo univariatni, za razliko od bivariatnih, kadar sta spremenljivki dve, ali v splošnem multivariatnih.
Vsi ucenci niso enako visoki in v izbranem casov-nem intervalu ne razpade vedno enako število jeder, zato tako zbrani podatki navadno niso vsi enaki. Za zgled smo zbrali rezultate 49-ih ucencev dveh para-lelk 6. razreda pri skoku v daljavo z mesta; rezultati so podani v centimetrih.
135	168	160	166	130	171	148	152
156	120	176	139	189	115	130	135
140	134	180	180	125	106	141	169
193	129	139	130	165	149	120	148
140	95	150	176	184	159	152	169
185	147	150	190	175	120	149	155
174
Množica podatkov je nepregledna, zato želimo informacijo strniti in na preprost nacin predstaviti nje-
ne glavne znacilnosti. Dva uporabna parametra za opis množice podatkov sta povprecje in standardni odklon. Prvi pove »težišce« podatkov, drugi pa, koliko se podatki med seboj razlikujejo. Standardni odklon je uporabno merilo za opis raznolikosti podatkov, vcasih pa želimo vedeti še kaj vec o tem, kako so podatki porazdeljeni. Ali obstaja ena takšna vrednost, okrog katere so izmerjene vrednosti posejane pogosteje kot sicer, ali pa morda dve ali celo vec takih vrednosti? So vrednosti okoli povprecja posejane simetricno ali niso? Pripomocek, s katerim lahko dobimo približno graficno sliko o porazdelitvi meritev univariatne številske spremenljivke, je histogram.
Kako se lotimo priprave histograma? Podatke razvrstimo v razrede ali predalcke. V zgornjem zgledu, denimo, zberemo skupaj rezultate med 91 in 100 cm, potem med 101 in 110 cm itd. Zgornjo in spodnjo mejo postavimo tako, da zajamemo vse podatke, širino predalcka pa izberemo tako, da se kar najbolj pokaže oblika porazdelitve. Prevelika širina predalcka bo morda zgladila in skrila kakšno sicer morda zanimivo lastnost porazdelitve, ob premajhni pa bo v posameznem predalcku premalo podatkov in prevladale bodo nakljucne razlike. Ko bomo kon-cali, bo število v posameznem predalcku govorilo o tem, kako pogosto se dolocene vrednosti pojavljajo v vzorcu; pogostosti se s tujko pravi tudi frekvenca (ki pa s frekvenco pri nihanju in valovanju nima neposredne zveze).
Razvršcanje podatkov v predalcke je na sreco posel, ki ga dobro obvladajo programi za obdelavo podatkov. Za zglede v prispevku bomo uporabili prosti programski paket GNU R (http://www. r-project. org/), o katerem smo v Preseku že pisali [2].
# datoteka z dolžinami skokov x <- scan("skoki.txt")
hist(x, main=NULL,
xlab = "dol\u017Eina (cm)", ylab = "frekvenca")

računalniš tvo
—^ Programček je tako kratek, da o njem skoraj ni kaj povedati. Z ukazom scan() v vektor x preberemo podatke iz datoteke skoki .txt, kjer je v zapisana po ena vrednost v vrstiči. Klič funkčije hist(), ki ji vektor x podamo kot argument, opravi vse ostalo: vrednosti razvrsti v razrede in izriše histogram. Ker imamo podpis pod sliko, se odrečemo naslovu histograma (main=NULL), z izbirama xlab in ylab pa nastavimo oznaki na absčisi in ordinati. V oznakah lahko uporabimo tudi znake izven nabora ASCII; prikličemo jih s kodami IS010646/Uničode. Rezultat vidimo na sliki 1a. Vidimo, daje hist() samodejno izbral povsem razumne meje intervalov. Ce z njegovo izbiro ne bi bili zadovoljni, bi lahko z izbiro breaks= sami določili meje razredov.
Prikaz frekvenče (števila v posameznem podatkovnem razredu) ni edina mogoča predstavitev histograma. Ce število v vsakem razredu delimo s številom vseh meritev v vzorču, dobimo relativne fre-kvenče, npr. 1/49 = 0,02 ipd. Ce pa relativno fre-kvenčo delimo še s širino razreda, tak histogram prikazuje gostoto verjetnosti. Programček v tem primeru popravimo tako, da funkčiji hist() dodamo izbiro probabi l i ty=TRUE:
1 2
3
4
5
6
# datoteka z dolžinami skokov x <- scan("skoki.txt")
hi st(x, probabili ty=TRUE, main=NULL, xlab = "dol\u017Eina (cm)", ylab = "gostota verjetnosti")
Starost	Frekvenča
0-4	28
5-9	46
10-15	58
16	20
17	31
18-19	64
20-24	149
25-59	316
60+	103
Rezultat je prikazan na sliki 1b. Gostota verjetnosti je definirana tako, da je skupna ploščina vseh stolpčev natanko 1.
TABELA 1.
Udeleženci prometnih nesrec v londonskem okrožju Harrow v letu 1985.
Razlika med obema je morda najbolj očitna v primeru, ko razredi niso enako široki (zgled je izposojen iz učbenika statistike, [2, str. 25]).
V londonskem okrožju Harrow so za leto 1985 zbrali statistiko udeleženčev prometnih nesreč po starosti (tabela 1).
Podatke najprej prikažemo s stolpičnim diagramom.
1	vrednosti <- c(28, 46, 58, 20, 31,
2	64, 149, 316, 103)
3	barplot(vrednosti,
4	names.arg = c("0-4", "5-9",
5	"10-15", "16", "17",
6	"18-19", "20-24", "25-59",
7	"60+"),
8	xlab = "Starost (leta)",
9	ylab = "\u0160tevilo")
Histogram in stolpični diagram
Histogram pogosto zamenjujejo s stolpičnim diagramom. Kljub temu, da so pri obeh podatki predstavljeni s stolpči, pa je razlika med njima prečejšnja:
■	Stoplpični diagram prikazuje frekvenče na diskretni osi kategorialne spremenljivke, bodisi nominalne (npr. moški/ženske) bodisi ordinalne (npr. stopnja izobrazbe).
■	Histogram je približek porazdelitve po zvezni spremenljivki.
Programček je spet zelo preprost. Vektor vrednosti vsebuje frekvenče (desni stolpeč v tabeli 2), stolpični diagram pa izrišemo s funkčijo barplot(), ki ji podamo ta vektor. Argument names.arg je vektor z oznakami za posamezne stolpče, xl ab in yl ab pa oznaki osi.
Rezultat programa je stolpični diagram, prikazan na sliki 2. Diagram pravzaprav ne pove več od tabele 1 in ne odraža porazdelitve udeleženčev prometnih nesreč po starosti. Vidimo lahko, denimo, da je število odraslih udeleženčev prometnih nesreč (torej tistih v starostni skupini 25-59 let) desetkrat
□
I I I I I I 00 140 180 dolžina (cm)
(a)
о
я	°
о
с	о
ф	о >
«	Ln
0
<з о"
0 0
<3
о"
□
I I I I I I 00 140 180 dolžina (cm) (b)
SLIKA 1.
Histogram porazdelitve skokov v dolžino.
tolikšno kot število udeležencev, starih 17 let. Vendar prva skupina zajema dosti veCji delež populacije kot druga, zato nam ta podatek sam po sebi ne pove veliko.
Predstavimo zdaj podatke iz tabele 2 kot histogram. Za razliko od primera na sliki 1 so predalCki tu razliCno široki.
1 2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
13
14
meje <- c(0, 5, 10, 16, 17, 18, 20,
25, 60, 80) vrednosti <- c(28, 46, 58, 20, 31, 64, 149, 316, 103)
mojhist <- list(breaks=meje, counts=vrednosti, densi ty=vrednosti/di ff(meje), xname=NULL) class(mojhist) <- "histogram"
plot(mojhist, xlab="Starost (leta)", ylab="\u0160tevilo na leto starosti", mai n=NULL)
V tem primeru ne potrebujemo klica funkcije hist(), ki razvrsti podatke po predalckih, saj je nekdo to že opravil namesto nas. V vektorju mej e so shranjene meje razredov (najvišji interval smo omejili na 80 let), v vektorju vrednosti pa frekvence posameznih razredov. Zatem sestavimo seznam mojhist z elementi breaks, kateremu podamo meje; counts, kateremu podamo frekvence; density, kateremu podamo vrednosti, deljene s širino razreda; (diff(meje) vrne vektor razlik med zaporednimi elementi vektorja meje, kar so ravno širine razredov); naslova (xname) pa ne nastavimo. Potem uporabimo predmetno naravo jezika R in seznamu
mojhi st, ki smo ga ravnokar ustvarili takega, da že ima pravilno strukturo histograma, priredimo razred histogram. Konmo histogram mojhist izrišemo s funkcijo plot(). Izbire main, xlab in ylab imajo enak pomen kot prej.
Rezultat je na sliki 3. Diagram se precej razlikuje od tistega na sliki 2. Vidimo lahko, da so mladostniki približno trikrat pogosteje udeleženci prometnih ne-srec kot odrasli (ali tudi kot otroci). Slika 3 tudi nazorno pokaže, da je na histogramu frekvenci sorazmerna ploščina posameznega stolpca, ne pa njegova višina. Pri razredih enake širine sta plošcina in višina stolpca resda premo sorazmerni, kar lahko zavede.
Kumulativni histogram
Iz histograma na sliki 1 lahko neposredno preberemo podatek o frekvenci posameznega razreda, denimo, koliko ucencev je skocilo med 140 in 149 cm. Vcasih pa nas zanima drugamo vprašanje: denimo, koliko ucencev je skocilo manj kot 150 cm. Odgovor lahko seveda izracunamo, tako da seštejemo frekvence v razredih 90-99 cm, 100-109 cm in tako dalje do 140-149 cm. Kumulativni histogram (slika 4b) pa omogoca, da tak podatek preberemo neposredno iz diagrama. Poseben primer obrnjenega kumulativnega histograma so tudi krivulje preživetja, ki se uporabljajo v biomedicinskih vedah [4].
1	x <- scan("skoki.txt")
2	h <- hi st(x, plot=FALSE)
3	h$counts <- cumsum(h$counts)
4	plot(h, main=NULL,
5	xlab = "dol\u017Eina (cm)",
6	ylab = "frekvenca")


0
о
0 0
0 0
SLIKA 2.
StolpiCni diagram števila udeležencev prometnih nesreč po starosti.
0-4 5-9 10-15 16 1 7 1 8-19 20-24 25-59 60+ Starost (leta)
SLIKA 3.
Histogram števila udeležencev prometnih nesreč po starosti.
20
-1-
40
Starost (leta)
60
80
Oglejmo si še, kako v R pripravimo kumulativni histogram. Enako kot prej v vektor x preberemo podatke iz datoteke. Dve razliki pa sta pri funkciji hist(). Prva je ta, da smo ji podali izbiro plot=FALSE, s katero smo zahtevali, da histogram sicer izračuna (določi podatkovne razrede in vanje razvrsti podatke), a ga ne izriše. Druga pa je ta, da smo rezultat izračuna histograma shranili v spremenljivko h. Iz zgleda z razredi neenake širine že vemo, da je ta spremenljivka seznam; skladnja h$counts nam vrne element seznama counts, ki je vektor s frekvencami. V tretji vrstiči histogram pre-
tvorimo v kumulativni histogram s klicem funkcije cumsum(). Ce ji podamo vektor dolžine n, bo vrnila vektor iste dolžine s kumulativnimi vsotami: na prvem mestu bo kar prvi element podanega vektorja na drugem mestu vsota prvih dveh elementov podanega vektorja, in tako dalje do zadnjega elementa, kjer bo vsota vseh elementov podanega vektorja. Vektor s kumulativnimi vsotami shranimo kot element h$counts histograma. Tako spremenjen histogram zdaj narišemo z ukazom plot(), ki mu podamo iz-racunani histogram h, izbire main, xlab in ylab pa imajo že znani pomen.
I I I I I I 100 140 180 dolžina (cm)
(a)
0 4
i i i i i i 100 140 180 dolžina (cm)
(b)
SLIKA 4.
Histogram (a) in kumulativni histogram (b) porazdelitve skokov v dolžino.
Težave s histogrami
V	prvem zgledu smo nekoliko zlahka odpravili izbiro intervala in določitev števila razredov. Cas je, da priznamo, da sta prav ti dve izbiri srž težav s histogrami. Posebej v primeru, če podatkov ni veliko, je histogram odvisen od izbire teh dveh parametrov.
Oglejmo si najprej zgled, kako na histogram vpliva izhodišče razredov. Levi diagram na sliki 5 že poznamo, pri desnem (slika 5b) pa smo izbrali razrede tako, da zaobjamejo vrednosti 95-104, 105-114 itd.
V	programčku smo to izvedli z izbiro breaks=, pri kateri smo uporabili funkcijo seq(). Tej smo podali tri parametre: prvi element, zadnji element in korak; funkcija vrne vektor z zaporedjem, ki sledi podanemu pravilu.
1	x <- scan("skoki.txt")
2	hist(x, main=NULL,
3	breaks = seq(95, 205, 10),
4	xlab = "dol\u017Eina (cm)",
5	ylab = "frekvenca")
Vnaprej lahko uganemo, da večja širina razreda zgladi histogram, kar lahko vidimo tudi na sliki 6. Levi histogram uporablja privzete meje razredov (breaks = seq(90, 200, 10)), desni pa dvakrat tolikšno širino razredov (breaks = seq(90, 210, 20)). Problem izbire optimalnega števila razredov so prečej preučevali in različni raziskovalči so prišli do različnih formul za optimalno število razredov. Altman kot praktični nasvet navaja [1], da je navadno dovolj 8-15 razredov, razen če je podatkov zelo veliko. Med bolj znanimi so še Sturgesova formula,
k = Tlog2 n + 11, kjer je n število podatkov, k število razredov, \x1 pa označuje zaokroževanje navzgor, in Sčottova formula h = 3,5cr/n1/3, kjer je ćr standardni odklon vzorča, h pa širina razreda.
Kateri od histogramov je pravi? Pravega ali najboljšega histograma ni. Ne poznamo postopka, s katerim bi za poljubno porazdelitev vhodnih podatkov izračunali najboljši histogram. Na nas je, da s po-skušanjem in spreminjanjem izhodišča in širine razredov izračunamo histogram, ki je sprejemljiv. Na srečo si lahko pomagamo z računalnikom, kar vsakokratno razvrščanje podatkov v razrede napravi skoraj hipno. Zato je histogram kljub naštetim pomanjkljivostim še vedno uporabno orodje za kvalitativno očeno eksperimentalnih porazdelitev.
Ocenjevanje gostote verjetnosti z jedri
Histogram ima zaradi svoje enostavne konstrukčije in interpretačije zagotovo svoje prednosti, vseeno pa se moramo glede na vse prej omenjene težave s histogrami vprašati, ali ne obstaja kakšen boljši način za očeno porazdelitve v vzorču, pridobljenem s poskusom. Obstaja. Metoda je poznana kot očenjeva-nje gostote z jedri (angl. kernel density estimation). Matematično je znatno bolj zapletena in preobsežna za ta članek. Osnovna zamisel pa je preprosta in jo bomo nakazali.
Za zgled si oglejmo vzoreč 12-ih meritev (vrednosti nalašč ni preveč, da je primer preglednejši):
2,064 2,212 2,351 2,409 2,459 2,639
2,656 2,673 3,350 3,373 3,599 3,861


ф ^ —
I I I I I I 100 140	180
dolžina (cm)
(a)
a
и Ю —
Ш ^ —
d
i i i i i i 100	140	180
dolžina (cm) (b)
SLIKA 5.
Histogram istih podatkov z enako širokimi razredi in razliCnim izhodišCem.
I I I I I I 100 140	180
dolžina (cm) (a)
I I I I I I 100 140 180 dolžina (cm) (b)
SLIKA 6.
Histogram istih podatkov z raz-liCno širokimi razredi.
Ko smo konstruirali histogram, smo najprej izbrali izhodišCe in širino razreda - v zgornjem zgledu bi lahko za izhodišCe izbrali vrednost 2, za širino razreda pa 0,5. Ce rišemo gostoto verjetnosti, vsaki od 12-ih meritev ustreza pravokotnik širine 0,5, kolikor je širina razreda, in višine 1/6, tako da je skupna plošCina vseh pravokotnikov ravno 1. Histogram dobimo tako, da pravokotnike zlagamo v odgo-varjajoCih razredih drugega vrh drugega kot koCke Lego.
Kot smo videli, je ena od težav s histogrami naša svoboda, da si prosto izbiramo izhodišCe histograma. Namesto tega se zdaj lotimo zadeve drugaCe: pravokotnik, ki pripada posamiCni meritvi, narišemo tako, da sega za pol širine razreda levo in desno od izmerjene vrednosti. Pri prvi meritvi iz vzorCa sta meji pravokotnika tako 1,814 in 2,314. Ce se pravo-kotnika, ki pripadata dvema meritvama, delno pre-
krivata, oba prispevka seštejemo tako, da narišemo v delu, kjer se prekrivata, pravokotnik dvojne višine. Tako ostaja plošCina dobljenega lika enaka plošCini dveh pravokotnikov.
Ko bi z delom konCali, bi dobili histogramu podoben diagram, ki pa bi že lepše prikazal porazdelitev podatkov v vzorCu. Ne bomo ga narisali, ker smo spotoma dobili še boljšo zamisel: namesto s pra-vokotnikom prispevek vsake meritve v vzorCu opišemo z »gladko« krivuljo, takšno, ki ima vrh pri vrednosti meritve, levo in desno od meritve pa sime-triCno pada, in to tako, da je plošCina pod krivuljo enaka 1/12. S tem odpravimo še eno težavo histograma, namreC to, da praviloma zvezne porazdelitve prikaže nezvezno stolpiCasto. Res pa je, da je seštevanje gladkih krivulj prezamudno, da bi to lahko poCeli roCno na milimetrskem papirju. A na sreCo si lahko pomagamo z raCunalnikom.
> o
1л O
(a)
(b)
(c)
SLIKA 7.
Ocenjevanje gostote verjetnosti z Gaussovimi jedri; (a) premajhno glajenje, (b) preveliko glajenje, (c) optimalno glajenje. Rdece crtkane krivulje podajajo prispevke posameznih jeder, crna neprekinjena crta pa na osnovi jeder dobljeno gostoto verjetnosti. Črtice na notranji strani abscisne osi oznacujejo vrednosti meritev.
V zgledu prispevek vsake posamične meritve opi-šimo z Gaussovo porazdelitvijo, ki ima vrh pri vrednosti te meritve. Matematični funkciji, s katero opišemo prispevek posamične vrednosti, pravimo jedro. Skupno porazdelitev potem dobimo kot seštevek posamičnih prispevkov. Porazdelitev je odvisna tudi od širine Gaussovega jedra, ki jo podaja standardni odklon a. Na sliki 7 so predstavljene porazdelitve gostote verjetnosti, dobljene z Gaussovimi jedri z različnimi vrednostmi a : a = 0,1 (a), a = 0,5 (b) in a = 0,25 (č). V R očeno gostote z jedri izračuna fukčija densi ty().
Na sliki 7 vidimo, da širina jedra močno vpliva na očeno gostote verjetnosti. To še ni vse: brez obrazložitve smo za jedro vzeli Gaussovo funkčijo, lahko pa bi tudi kakšno drugo. Smo torej sploh kaj na boljšem kot pri histogramih, ki smo jim očitali preveliko subjektivnost? Malo bolje je vseeno. Načeloma je naloga preprosta: optimalna, z jedri očenjena porazdelitev je tista, ki se čimbolj ujema s pravo; težava pa je v tem, da prave porazdelitve ne poznamo, ampak bi jo radi šele ugotovili. Kljub vsemu obstajajo postopki, ki v asimptotičnem približku vodijo k optimalni jedrni funkčiji in optimalni širini. Ne najnovejši, pa še vedno prečej bran učbenik s tega področja je [3], področje pa se še vedno razvija.
Za koneč povzamimo dobre in slabe lastnosti obeh pristopov. Histogram je preprosto konstruirati s
svinčnikom in milimetrskim papirjem, preprosto ga je interpretirati in kljub težavam z arbitrarnostjo izbire izhodišča in širine razredov večinoma nudi grobo očeno za porazdelitev izmerjenih vrednosti. Oče-na gostote z jedri je matematično bolj kompleksna, računsko zahtevnejša, nudi pa nekoliko boljšo očeno porazdelitve. Dostopnost zmogljivih računalnikov ter izvedbe v večini programskih jezikov in paketov pomenita, da je ta metoda, nekoč omejena na raziskovalne laboratorije, dostopna vsakomur. Zato je dobro, da tudi razumemo, kako deluje.
Literatura
[1]	D. G. Altman, Practical statistics for medical research, London: Chapman & Hall, 1991.
[2]	P. Peterlin, Obdelava meritev in risanje grafov z R, Presek 37, 24-30, 2010.
[3]	B. W. Silverman, Density estimation for statistics and data analysis, London: Chapman & Hall, 1986.
[4]	J. Stare, Krivulje preživetja, Medičinski razgledi 40,173-181, 2001.
_XXX
razvedrilo
nU
RES ITEV NAGRADNE KRIŽ ANKE
presek 42/5
-> Pravilna rešitev nagradne križanke iz pete številke 42. letnika Preseka je Tekstura. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Eva Čeč iz Postojne, Jože Pavlišič iz Crnomlja in Žiga Gosar iz Ljubljane, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti.
_ XXX

Bistroumi 2015
Božtjan Kuzman
-> Letošnja slavnostna podelitev nagrad najuspešnejšim tekmovalcem iz državnih tekmovanj je potekala 24. maja v Hotelu Union v Ljubljani. Ob Mednarodnem letu svetlobe je nekaj kljucnih mejnikov iz zgodovine fizike prisotnim predstavil castni gost, profesor dr. Janez Strnad, avtor številnih strokovnih in poljudnih del o fiziki. V vlogo barona Jurija Vege in podeljevanje Vegovih priznanj se je duhovito vživel študent dramske igre Nik Škrlec, sicer tudi zmagovalec slovenskega prvenstva v pomnenju in slovenski rekorder v recitiranju decimalk števila n z 1697 pravilnimi števkami.
Prireditev so popestrile še druge zanimive tocke: glasbeni nastop odlicnega mladega pianista Urbana Stanica, podelitev nagrad natecaja za astronomske videoposnetke, fizikalni eksperiment ucencev OŠ Dravlje, pri podelitvi priznanj pa so kot obicajno sodelovali tudi predstavniki razlicnih fakultet in drugih ustanov. Nagrajenci so si lahko brezplacno ogledali tudi razstavo »1001 izum - odkritja zlate dobe islamske civilizacije« na Gospodarskem razstavišcu.
Ob koncu prireditve so se na odru zbrali še clani letošnjih ekip za mednarodne olimpijade iz matematike, fizike in astronomije. Skupaj z obcinstvom so prisluhnili spominom astrofizika dr. Uroša Seljaka, danes izjemno uspešnega znanstvenika in direktorja Kozmološkega centra v Berkeleyu, sicer pa nekdanjega tekmovalca in udeleženca MMO leta 1984 v Pragi.
Fotografije s prireditve bodo predvidoma na voljo na spletnih straneh DMFA Slovenije. Olimpijcem želimo veliko uspeha na tekmovanju, vsem nagrajencem pa prijetne pocitnice!
1001 IZUM
2. april - 2. julij
Gospodarsko razstavišče, Ljubljana
Prireditev Bistroumi 2015 sta podprla Zavarovalnica Triglav in razstava »1001 izum - odkritja zlate dobe islamske civilizacije«.
59. mednarodna matematična olimpijada, Chiang Mai, Tajska, julij 2015
■	Amadej Kristjan Kocbek, II. gimnazija Maribor;
■	Luka Lodrant, ŠC Ravne na Koroškem, Gimnazija;
■	David Popović, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Jakob Jurij Snoj, Gimnazija Novo mesto;
■	Lenart Treven, Škofijska klasicna gimnazija, Ljubljana;
■	Domen Vreš, ŠC Ravne na Koroškem, Gimnazija.
Evropska dekliška matematična olimpijada, Minsk, Belorusija, april 2015
■	Klara Drofenik, I. gimnazija v Celju;
■	Martina Lokar, Škofijska gimnazija Vipava;
■	Klara Nosan, I. gimnazija v Celju;
■	Timeja Strašek, I. gimnazija v Celju.
Srednjeevropska matematična olimpijada, Koper, Slovenija, avgust 2015
■	Aleksej Jurca, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	David Opalič, I. gimnazija v Celju;
■	David Popović, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Jakob Jurij Snoj, Gimnazija Novo mesto;
■	Timen Stepišnik Perdih, I. gimnazija v Celju;
■	Domen Vreš, ŠC Ravne na Koroškem, Gimnazija.
Mednarodna fizikalna olimpijada, Mumbai, Indija, julij 2015
■	Tomaž Cvetko, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Jakob Jazbec, ŠC Srecka Kosovela Sežana, Gimnazija in ekonomska šola;
■	Aleksej Jurca, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Blaž Karner, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Žan Kokalj, II. gimnazija Maribor.
Mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike, Java, Indonezija, julij/avgust 2015
■	Jakob Jazbec, ŠC Srecka Kosovela Sežana, Gimnazija in ekonomska šola;
■	Aleksej Jurca, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Darko Kolar, Gimnazija Murska Sobota;
■	Jakob Robnik, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija;
■	Krištof Skok, I. gimnazija v Celju.
XXX
PRESEK 42 (2014/2015) S
31
Zgodovina znanosti v stripu
Sredi decembra 2012 je Center za mladinsko književnost in knjižničarstvo pri Mestni knjižnici Ljubljana že tretjiC 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 Raphael Fiammingo, s kratkim umetniškim imenom Fiami, v tem stripu veCjega 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 matematiCna, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi naroCite:
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 553.