PRESEK LETNIK 020) ŠTEVILKA 1 ISSN 0351-6652 9 7 7 0 35 , 6657,5 9770351665715 9770351665715 MATEMATIČNI TRENUTKI KOLOFON Revolucija v panogi 2 Kdaj ste nazadnje plačali zamudnino za film, ki ste si ga ogledali doma? Sploh razumete to vprašanje? Prve izposoje filmov so potekale tako, da smo si videokasete izposodili v videotekah in jih morali, podobno kot knjige v knjižnicah, v določenem roku vrniti. Tako je bilo, dokler se ni v Združenih državah Amerike (ZDA) pojavilo podjetje, ki je z ukinitvijo zamudnin naredilo pravo revolucijo v panogi. Ideja sama prihaja iz naloge na podiplomskem študiju matematike, z naslovom Kolikšna je nosilnost in kakšna je cena železniškega vagona, ki prevaža videokasete. Rešitev problema je pokazala, da je mogoče kasete poceni dostavljati s pošto in tako odpraviti obiske videotek ter tudi zamudnine, ce le ni naenkrat izposojenih prevec kaset. Poštna dostava videokaset je bila v ZDA zelo priljubljena in je dobro delovala, dokler se ni bistveno povecala hitrost interneta. Danes se skoraj vsi filmi prenašajo sproti in znano podjetje, ki filme predvaja prek spleta, ima milijone narocnikov. Matematika pa je v tem podjetju še naprej izjemnega pomena. Pomemben del modela delovanja podjetja so namrec priporocila in nasveti uporabnikom, ki temeljijo na zbranih ocenah drugih uporabnikov. Ker pa je ocenjenih manj kot odstotek ogledanih filmov, si moramo pri nasvetih pomagati z algoritmi, ki temeljijo na statistiki, teoriji grafov in trigonometriji (slednja da npr. oceno podobnosti in razlicnosti dveh filmov). Priporocila so tako pomembna, da je podjetje razpisalo nagrado v višini milijon dolarjev za algoritem, ki bi njihov sistem nasvetov izboljšal za vsaj deset odstotkov. Po treh letih se je koncno pojavil zmagovalec, in to na prav filmski nacin: algoritma dveh ekip sta bila skoraj identicno ucinkovita z 10,6% izboljšanjem, a je zmagovalna ekipa svoj algoritem poslala 20 minut prej! Za vec informacij si lahko preberete knjigo The Power of Networks iz leta 2017, ki sta jo napisala G. Brinton in M. Chiang. _ XXX PRESEK 47 (2019/2020)1 Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 47, šolsko leto 2019/2020, številka 1 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 proračuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikačij. Založilo DMFA-založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana Naklada 1300 izvodov © 2019 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2096 ISSN 2630-4317 (Online) ISSN 0351-6652 (Tiskana izd.) Razmnoževanje ali reprodučiranje čelote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem. 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 Revolucija v panogi MATEMATIKA 4-6 Sedežni red v nekem gledališču (Marko Razpet) 6-9 Srečanje (Ivan Lisac) 10 Naloga (Aleksander Simonic) FIZIKA 11-12 Kdaj postane (motorno) kolo dvosledno vozilo (Ferdinand Grešovnik) 13-15 Naredimo Galilejev termoskop (Nada Razpet) ASTRONOMIJA 21-23 Poimenujmo eksoplanet (Andrej Guštin, Dunja Fabjan) 23-24 Najdaljši čas trajanja Luninega zakritja zvezde (Marijan Prosen) RAČUNALNIČTVO 25-29 Gaussova eliminacija (Katarina Šipec) 's?/. EK 47 (2019/2020) 1 MATEMATIKA Sedežni red v nekem gledališču Marko Razpet -> Neko gledališče ima sedeže razporejene v krožnih lokih v parterju in na balkonu. Krožni loki predstavljajo vrste in so oštevilčene neprekinjeno od 1 naprej, ne glede na to, ali so v parterju ali na balkonu, v vsaki vrsti posebej pa je oštevilčen, tako kot je v navadi, še vsak sedež posebej. Med počitnicami je direktor gledališča ukazal, naj se sedežni red preuredi tako, da bo v vsaki naslednji vrsti en sedež več, poleg tega pa mora biti število sedežev v parterju in na balkonu enako. Naša naloga je odgovoriti na vprašanje, kdaj in kako je to sploh mogoče. SLIKA 1. Parter in balkon v tlorisu Vzemimo, da je v prvi vrsti parterja % + 1 sedež, v drugi vrsti parterja % + 2 sedeža in tako dalje, v zadnji vrsti parterja pa y sedežev. Število vseh sedežev v parterju označimo s P. Prav tako vzemimo, da je v prvi vrsti balkona y + 1 sedež, v drugi vrsti balkona y + 2 sedeža in tako dalje, v zadnji vrsti balkona pa z sedežev. Število vseh sedežev na balkonu označimo z B. Pri tem so x,y,z nenegativna cela števila in x < y < z. Potemtakem lahko zapišemo: ■ P = (x + 1) + (x + 2) + ... + y, B = (y + 1) + (y + 2) + ... + z. V vsoti za število P je y - x zaporednih členov aritmetičnega zaporedja, v vsoti za B pa z - y. Vemo pa, kako se sešteje zaporedne člene aritmetičnega zaporedja. Njihova vsota je enaka produktu aritmetične sredine prvega in zadnjega člena s številom členov. V našem primeru dobimo ■ P = 1 (x + y + 1)(y - x), B = 1 (y + z + 1)(z - y). Naša zahteva je P = B = N, torej ■ (x + y + 1)(y - x) = (y + z + 1)(z - y) = 2N. Iz prvega dela te relačije izpeljemo enačbo ■ (y2 - x2) + (y - x) = (z2 - y2) + (z - y). Pomnožimo jo na obeh straneh s 4 in nato dobljeni rezultat predelamo v ■ (2x + 1)2 + (2z + 1)2 = 2(2y + 1)2. 4 PRESEK 47 (2019/2020) 1 4 MATEMATIKA Nato vpeljemo naravna števila ■ X = 2% + 1, Y = 2y + 1, Z = 2z + 1, ki zadoščajo kvadratni diofantski enacbi ■ X2 + Z2 = 2 Y2. Pri tem so X, Y, Z liha števila in zanje velja X < Y < Z. Z njimi izrazimo % = 1 (X - 1), y = 1 (Y - 1), z = 1 (Z - 1). Ker lahko zapišemo ■ (Z - X)2 + (Z + X)2 = 2(X2 + Z2) = 4Y2 = (2Y)2, sestavljajo soda naravna števila Z - X, Z + X in 2Y pitagorejsko trojico. To pomeni, da obstajata primitivna pitagorejska trojica (a,b,c), kjer je a < b, in naravno število tako da veljajo enačbe ■ Z - X = 2/a, Z + X = 2/b, 2Y = 2/c, iz katerih sledi ■ X = /(b - a), Y = /c, Z = /(a + b), in nazadnje ■ % = 2(/(b - a) - 1), y = 1 (/c - 1), z = 2(/(b + a) - 1). Število 2N nato brez večjih težav izrazimo takole: ■ 2N = (% + y + 1)(y - %) = 1 (Y2 - X2) = (c2 - (b - a)2) = 2/2ab. Nazadnje je pred nami preprosta formula N = - u2ab. 4 Ponovimo (več o tem najdemo na primer v [1, 2]). V primitivni pitagorejski trojici (a,b,c) so števila a, b in c naravna, brez skupnega faktorja, in zanje velja zveza a2 + b2 = c2. Trikotnik s straničami a 15 c 5 13 5 17 25 5 41 37 13 5 61 5 65 17 % 0 3 1 3 8 2 15 11 10 3 24 4 23 10 y 2 6 7 8 12 12 20 18 19 17 30 22 32 25 z 3 8 10 11 15 17 24 23 25 24 35 31 39 34 N 3 15 27 30 42 75 90 105 135 147 165 243 252 270 TABELA 1. Nekaj rešitev naloge a, b, c je pravokotni, a in b sta njegovi kateti, c pa hipotenuza. Brez škode za splošnost vzamemo, da je a < b. Eno od števil a in b je liho, eno sodo, število c pa je vedno liho. Primitivne pitagorejske trojice (a,b,c) generiramo z dvema naravnima številoma m in n s formulami ■ a = m2 - n2, b = 2mn, c = m2 + n2, kjer sta si m in n tuji števili razlicnih parnosti ter m > n. Če se zgodi, da je a > b, števili a in b za potrebe naše naloge med seboj zamenjamo. Vsaka pitagorejska trojica je produkt neke primitivne z nekim naravnim številom. Za neko primitivno pitagorejsko trojico (a,b,c) in naravno število / morajo biti %,y,z v naši nalogi naravna števila, zato mora biti faktor / liho število. Za najmanjšo primitivno pitagorejsko trojico (3,4, 5) dobimo za / = 1 števila % = 0, y = 2, z = 3 in N = 3, ki nam dajo zelo majhen sedežni red s šestimi sedeži, tremi v parterju in tremi na balkonu. -> b 1 4 3 PRESEK 47 (2019/2020) 1 5 MATEMATIKA -> SLIKA 2. Parter in balkon s skupno 2N = 210 sedeži Večjega dobimo z isto trojico za / = 3, in sicer % = I,y = 7, z = 10 in N = 27. Za pitagorejsko trojico (12, 35, 37) in / = 1 je % = II,y = 18, z = 23 in N = 105. S tem smo našli sedežni red z 210-imi sedeži, 105-imi v parterju in 105-imi na balkonu (slika 2). Takih zgledov je nešteto. V poštev pride vsaka primitivna pitagorejska trojica (a, b,c) in liho število Nekaj primerov je zbranih v tabeli 1, ki je urejena glede na narašcajoce N in je lahko direktorju gleda-lišca v pomoc pri nacrtovanem sedežnem redu. Naloga. Dokaži, da je število N v naši nalogi vedno deljivo s 3. Literatura [1] J. Grasselli, Diofantske enačbe, DMFA, Ljubljana 1984. [2] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana 1972. _ XXX f— X I Srečanje vl'vl'^ Ivan Lisac Uvod Skupina prijateljev živi vzdolž daljše lokalne ceste. Za skupna srecanja želijo izbrati tak kraj %, da bo skupna poraba oz. kar skupna prevožena razdalja cim manjša. Jim lahko pri izbiri tega kraja kako pomagamo? Srečanje vzdolž premice Zravnajmo v mislih cesto v premico in opremimo kraje ob tej cesti s koordinatami ■ a1 < a2 < ■ ■ ■ < an. (1) Za poljuben realni % lahko izracunamo vsoto S(x) = ^ |x - a.t|, (2) i=i ki nam pove vsoto razdalj tocke x od tock ai. Primer. Vzemimo ■ (a1 ,a2,a3,a4,a5) = (2,4, 7,8,13). Potem je npr. S(5) = 3 + 1 + 2 + 3 + 8 = 17. Poskusimo poenostaviti izraz za S(x). Tocke a1,...,an nam razdelijo premico na (največ) n + 1 intervalov. Od teh sta prvi in zadnji neomejena. Vzemimo k med 1 in n - 1 in si oglejmo zožitev Sk(x) funkcije S(x) na interval [ak, ak+1]. Za x na tem intervalu velja ak < x < ak+1 in zato (upoštevamo še definicijo absolutne vrednosti) www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si www.obzornik.si Sk(x) = X (x - ai) + X (aj - x) i=1 j=k+1 kn = (k - (n - k))x - ^ ai + ^ aj i=1 j=k+1 = (2k - n)x - Sk + (Sn - Sk) = (2k - n)x + (Sn - 2Sk), (3) n k n 6 PRESEK 47 (2019/2020) 1 6 MATEMATIKA kjer smo označili še Sk = S¿=1 at in podobno Sn = Yd=i at. Opazimo lahko, da je zožitev Sk(x) pravzaprav linearna funkcija spremenljivke x s koeficientom (2k - n) in stalnim členom (Sn - 2Sk). Zgornja izpeljava velja tudi za oba neomejena intervala in zožitev S0(x) na intervalu (-to,ai] ter zožitev Sn(x) na intervalu [an, to). Funkcija S(x) je torej odsekoma linearna. Sosednje zožitve Sk(x) in Sk+i(x) imajo v točki at+i enako vrednost, saj je razlika vrednosti enaka ■ Sk+i(at+i) - St(at+i) = (2(k + i) - n)at+i + Sn - 2Sk+i - (2k - n)at+i - Sn + 2Sk = 2at+i - 2Sk+i + 2Sk = 2at+i - 2at+i = 0. Iz enakosti (3) razberemo tudi, da funkcija Sk(x) pada na intervalu [ak,ak+i] za k < n/2, saj je tam koeficient 2k - n ustrezne linearne funkcije negativen ali pa kvecjemu 0. Podobno Sk(x) narašca na intervalih [ak,ak+i] za k > n/2, saj je tam koeficient 2k - n pozitiven ali pa enak 0. Meja pa je ravno pri k = n/2 (ko je n sodo število). Funkcija S(x) torej na nekaj levih intervalih pada, saj so zožitve Sk(x) tam padajoce in nosijo sosednje zožitve v skupni tocki enako vrednost. Na ostalih desnih intervalih pa funkcija S(x) narašca (podoben razlog). Velja torej: ■ Ce je n liho število, potem funkcija S(x) doseže minimum v tocki a(n+i)/2. ■ Ce je n sodo število, potem funkcija S(x) doseže minimum na intervalu [an/2, an/2+i ]. Primer take funkcije S(x) = |x-2| + |x-4| + |x-7| kaže slika i. Na njej je razviden minimum v tocki x = 4 in S(4) = 2 + 0 + 3 = 5. Zanimivo je, da je za lihi n optimalna tocka odvisna samo od srednje vrednosti a(n+i)/2, nic pa od ostalih vrednosti. Za sodi n pa je optimalna tocka poljubna na intervalu med dvema srednjima tockama [an/2,an/2+i]. Srečanje prijateljev krajanov Vzemimo sedaj, da živi v kraju s koordinato at kar Pi G N prijateljev. Skupaj je torej p = Xn=i Pi vseh prijateljev, ki bi se radi srecali. Kako rešimo tak problem? Vzemimo npr. (ai,a2,a3) = (2,4, 7) in 0 2 4 6 x 8 10 SLIKA 1. S(x) = |x - 2| + |x - 4| + |x - 7| (pi, p2, p3) = (3, i, 5). Problem prevedemo na prejšnjega tako, da prijatelje iz istega kraja navedemo veckrat: za prvi kraj trikrat, za drugi kraj enkrat, za tretji kraj petkrat. Tako dobimo zaporedje b = (2, 2, 2,4, 7, 7, 7, 7, 7) z rešitvijo b5 = 7 in S(7) = 3 x 5 + i x 3 + 5 x 0 = i8. Tako vidimo, da kraji z ve-cjim številom prijateljev vlecejo optimalno tocko x k sebi. Kam postaviti šolo? Vzemimo sedaj blokovsko naselje, po katerem se gibljemo zgolj v vodoravni in navpicni smeri (slika 2 -tloris). V nekaterih tockah živijo dijaki, ki bodo obiskovali šolo. Kam jo postaviti, da bo skupna vsota razdalj do šole cim manjša? Tu ima vsaka tocka dve koordinati, recimo (ai,bi). Razdalja do tocke (a2, b2) je tu definirana kot |a2 - ai| + |b2 - bi |. Pravimo ji tudi Manhattan metrika. Kako poišcemo optimalno tocko sedaj? Funkcija S(x, y) ima sedaj dva argumenta in velja n ■ S(x,y) =X (|x - ak| + |y - bk|) = (4) k=i nn = ^ |x - ak| + X |y - bk| = k=i k=i = Sa(x) + Sb(y) kjer smo z Sa(x) in Sb(y) oznacili ustrezni dve vsoti. Vidimo, da dvorazsežni problem razpade na dva, med seboj neodvisna enorazsežna problema, ki -> 10 4 2 0 PRESEK 47 (2019/2020) 1 7 MATEMATIKA -> 0 2 4 6 x 8 10 SLIKA 2. Šola v blokovskem naselju ju že znamo rešiti od prej. Primer na sliki 2 ima devet (črnih) točk, katerih urejene a koordinate tvorijo zaporedje (2, 2, 3,4,6,6,8,9,9), urejene b koordinate pa tvorijo zaporedje (1, 2, 3, 3,4,4, 5, 7, 7). Optimalna (rdeča) točka za šolo nosi torej koordinati (6,4), funkcija 5(6,4) pa ima vrednost Sa(6) + Sb(4) = 21 + 14 = 35. Podobno kot prej lahko razširimo problem optimalne tocke na kraje, v katerih je po vec dijakov hkrati. Štirje prijatelji Štirje skavti so se na obsežni ravnini oddaljili drug od drugega. Sedaj se želijo srečati tako, da bo njihova skupna hoja čim krajša. Razdalja je tukaj običajna evklidska razdalja, tj. dolžina zveznice dveh tock, ki jo izracunamo po Pitagorovem izreku. Pri-vzemimo, da njihovi položaji A, B,C in D tvorijo ogli-šča konveksnega štirikotnika. Naj bo točka E presečišče diagonal AC in BD, F pa poljubna druga točka v notranjosti štirikotnika. Oglejmo si sliko 3. Ker je točka E presečišče diagonal, gre najkrajša pot od točke A do točke C preko točke E. Poljubna druga pot od točke A preko točke F do točke C je daljša od prve (trikotniška neenakost). Podobno ugotovimo, da je pot od točke B preko točke E do točke D krajša kot pot od točke B preko točke F do točke D. Res je torej E iskana optimalna točka. Natančni braleč lahko premisli robni primer, ko je točka F na eni od diagonal. Primer nekonveksnega štiriko-tnika tu opustimo. SLIKA 3. Štirje prijatelji Trije prijatelji Poglejmo si še primer treh prijateljev. Ta bo težji od predhodnega. Denimo, da so se trije skavti oddaljili drug od drugega v točke A, B in C. Iščemo takšno optimalno točko F, da bo vsota razdalj F A + FB + F C minimalna. Povejmo vnaprej: ■ Iz optimalne točke F vidimo straniče trikotnika A.ABC pod koti 120°. Oglejmo si najprej pomožni Vivianijev izrek. Vzemimo poljuben enakostranicni trikotnik AA 'B'C' in poljubno notranjo točko G. ■ Vsota razdalj od točke G do stranič enakostranič-nega trikotnika AA B C je neodvisna od izbire točke G. Res. Točka G porodi tri trikotnike AA 'B'G, AB C G in AC A G, katerih vsota ploščin je očitno enaka ploščini enakostraničnega trikotnika AA B C (slika 4). Višine teh treh trikotnikov zadoščajo enačbi ava + avb + avc = 2P, kjer je a straniča trikotnika AA 'B'C', P pa njegova ploščina. Enakost delimo z a ter preberemo: vsota višin je 2P/a, kar je neodvisno od izbire točke G. Dokazano. 10 8 6 4 2 0 8 PRESEK 47 (2019/2020) 1 8 MATEMATIKA SLIKA 4. Vivianijev izrek Poglejmo sedaj še sliko 5. Na njej je osnovni trikotnik AABC ter tocka F, iz katere že vidimo stranice trikotnika pod koti 120°. Trikotniku AABC priredimo pomožni trikotnik △A'B' C' tako, da nacrtamo v točkah A, B in C pra-vokotnice na daljice FA, FB in FC. Presečišča teh pravokotnic med sabo poimenujmo A', B' in C'. Kot pri tocki A' je cetrti kot v štirikotniku A' CFB in meri 360° - 120° - 2 x 90° = 60°. Podobno ugotovimo za kota pri tockah B' in C'. Torej je AA 'B'C' enako-stranicni trikotnik. Opazimo, da so tri rdece daljice s krajišcem F razdalje do oglišc A, B in C v trikotniku AABC, hkrati pa tudi razdalje do stranic trikotnika AA 'B'C'. Vzemimo sedaj še poljubno drugo tocko G in iz nje po-tegnimo zelene daljice GH, GI in GJ pravokotno na stranice A B , B C in C A . Tri zelene daljice pa so prav tako razdalje do stranic trikotnika AA B C , zato po Vivianijevem izreku SLIKA 5. Fermat-Toricellijeva tocka F velja F A + FB + F C = GH + GI + GJ. Zelene razdalje GH, GI, GJ pa so krajše od crnih razdalj GC, GA, GB, saj je npr. GI pravokotna na B'C', GA pa ne. Torej je F A + FB + FC < GC + GA + GB, pri cemer je bila G poljubna druga notranja tocka. Res je torej F optimalna tocka. Pravimo ji tudi Fermat-Toricellijeva tocka. Opomba. Ta razmislek velja za trikotnike, ki imajo vse kote največ 120°. Ostale primere tudi tu opustimo. Enostavno konstrukcijo točke F in nekaj dodatne analize najde bralec v viru [2]. Literatura [1] D. R. Davis, Modern college geometry, Cambridge, Massachusetts: Addison-Wesley Press, Inc., 1949. [2] Fermat point, dostopno na Wikipedia, en. wi ki pedi a .org/wi ki/Fermat_poi nt, ogled 24. 7. 2019. _xxx PRESEK 47 (2019/2020) 1 9 MATEMATIKA Naloga Aleksander Simonič -> Ramanujan na 223. strani Druge beležke trdi naslednje (glej sliko 1): Vzemimo daljico MM' in tako točko R na polkrožnici nad MM', daje ZM 'MR < n/4. Naj bo P presečišče pravokotnice na MM' v R z daljico MM'. Izberimo točko Q na polkrožnici nad M P, da bo |PM '| = |PQ|. (Že P deli daljico MM' v razmerju zlatega reza, potem premici MQ in MR sovpadata. M M' SLIKA 1. Spomnimo, da P deli daljico MM' v razmerju zlatega reza natanko tedaj, ko je |MP|/|PM'| = |MM' | / |MP |. Dokaži Ramanujanovo trditev. Dokaži tudi, da se to zgodi natanko tedaj, ko velja |MP| = |M'R|. ■ Uvedimo oznake p1 = ZM'MQ, p2 = ZM'MR in A = |MM' UMP |. Dokaži, da je sin p1 = A - 1 in sin (2^2) = 2yX—T A ■ Ramanujan je ti zvezi uporabil pri ugotovitvi, da je razmerje nihajnih casov nitnih nihal z odmikoma 4p2 in 2p1 od ravnovesne lege ravno A. Rešitev. Pogoj ZM 'MR < n/4 zagotavlja, da je |MP| > 2|MM'|. To pomeni, da tocka Q obstaja. Naj bo D presečišče daljice MR s polkrožnico nad MP. Po Talesovem izreku o obodnih kotih je ZMDP = ZMRM' = n/2, zato sta premici P D in M 'R vzporedni, ter ZPDR = ZM'PR. Sledi ZRPD = ZPRM', zato sta trikotnika ARDP in AM'PR podobna. Od tod dobimo |PR|2 = |M'R| ■ |DP|. Po drugi strani pa nam Evklidov višinski izrek za AMM'R zagotavlja |PR|2 = |MP| ■ |PM'|. Torej je MR! _ |PM'| |MP | = |DP | ' (1) Trikotnika AMPD in AMM'R sta tudi podobna, zato |MM'|/|MP| = MRUDP|. Sledi |MM'| |MP| / |PM'| |MP| = |PM'K |DP| (2) Torej tocka P deli daljico MM' v razmerju zlatega reza natanko tedaj, ko je |PM'| = |DP|. Enakost (1) nam tudi pove, da se to zgodi natanko tedaj, ko je |MP | = |M'R|. Po konstrukciji tocke Q pa se to zgodi natanko tedaj, ko Q in D sovpadata, kar je ekvivalentno trditvi, da premici MQ in MR sovpadata. S tem je Ramanujanova trditev dokazana. Ker je |MP| sincp1 = |PQ| = |PM'| in |PM'| = |MM'| - |MP|, imamo sin= A - 1. Ker pa je še |MP| sin= |DP|, iz (2) dobimo sin2 = (A -1 )/A. Torej je sin2 (2ty2) = 4 sin2 (p2 (1 - sin2 (p2^ = 4(A - 1) A2 ■ To pa že dokazuje zahtevano enakost, saj je 2p2 < n. _ XXX 2 P 10 PRESEK 47 (2019/2020) 1 10 FIZIKA Kdaj postane (motorno) kolo dvosledno vozilo nI' NI' NI' Ferdinand Grešovnik -> Ko s kolesom z mokrega dela kolesarske steze zapeljemo na suhi del, se za njim pojavi sled. Navadno se sledi sprednjega in zadnjega kolesa vsaj delno, ce ne v celoti prekrivata, ce vozimo naravnost. Kaj pa, ce zapeljemo v ovinek? Takrat imamo krmilo zasukano za kot $; sledi sprednjega in zadnjega kolesa se ne prekrivata. Poglejmo, pri kolikšnem najmanjšem kotu zasuka se sledi ločita. Najprej naredimo poskus z modelom kolesa. Kolesi smo namazali s tempera barvico, krmilo zasukali za kot $ in se zapeljali po svetlem papirju. Kolesi sta na papirju pustili sledi (slika 1). Ce je zasuk krmila ves cas enak, sta sledi koncentrična krožna loka. Zasuk krmila je konstanten Obravnavajmo primer, ko je zasuk krmila konstanten in kolesi ne drsita. Papir s sledjo smo fotografirali in fotografijo vstavili na risalno površino programa GeoGebra. Na fotografirani sledi smo poiskali tri točke in narisali krožnico. Potem smo poiskali središče te krožnice in narisali še krožnico skozi izbrano točko na drugi sledi. Krožnici se lepo ujemata s sledema (slika 2). Po sledeh lahko tudi sklepamo, v kateri smeri se je premikalo kolo. Ker se sled zadnjega kolesa zacne prej kot sprednjega, vemo, da se je kolo gibalo v nasprotni smeri urinega kazalca, torej v pozitivni smeri. Narišimo še skico (slika 3). Tocko dotika zadnjega kolesa s podlago oznacimo z Z, sprednjega pa z S. Koordinatno izhodišce je v tocki O. Vzemimo, da imata sprednje in zadnje kolo enaka polmera in daje medosna razdalja med kolesoma konstantna, oznacimo jo z d. Ce kolesi nista enako veliki, vzamemo za d projekcijo daljice, ki povezuje osi koles na vo- SLIKA1. Naredili smo model kolesa. Krmilo smo zasukali za kot $ in ga držali ves cas v isti legi. Sprednje in zadnje kolo naredita sledi, ki sta koncentrična krožna loka. doravnico. Smer sprednjega kolesa je oznacena s kotom a, smer zadnjega pa s kotom merjeno glede na os x. Ce se sticna tocka prednjega kolesa S giblje po krožnici in je zasuk krmila, to je kot $, stalen, se ohranja tudi kot med sprednjim in zadnjim kolesom. Ker se S giblje po krožnici Ks, se tudi zadnje kolo giblje po krožnici, ki ima manjši polmer, to je po Kz. Trikotnik OZS je pravokotni trikotnik s pravim kotom v Z, hipotenuza je polmer kroga Ks, to je Rs, kateti pa polmer krožnice, po kateri se giblje zadnje kolo, to je Rz, in medosna razdalja med kolesi, to je d. Iz slike razberemo, da velja Rs = d sin $ Rz = d tan $' PRESEK 47 (2019/2020) 1 11 FIZIKA y ¿2 / h / a \ /P \ o X fcz / /jfS \ J™ ' ^ / In kdaj sta sledi ločeni? Polmera krožnic se morata razlikovati vsaj za polovično vsoto skupne sledi koles. Naj bo debelina sledi sprednjega kolesa ds, zadnjega pa dz, potem mora veljati Rs Rz > ds dz Razliko polmerov izrazimo s kotom 0 in dobimo d dcos 0 d(l - cos 0) Rs Rz sin0 sin0 sin0 Ce upoštevamo še povezave med celimi in polovičnimi koti, je SLIKA 2. Na sledi zadnjega kolesa smo izbrali tri tocke in narisali kro-žnico. Potem smo na drugi sledi izbrali tocko in narisali koncentrično krožnico. Krožnici se lepo ujemata s sledema. Rs Rz 2d sin2 (0) 2 sin 0 cos 0 = d tan 0 in koncno d tan 0 > ds dz O locenosti sledi torej odlocata kot zasuka in medo-sna razdalja koles. Za konec smo se poigrali še s cikcakasto vožnjo. Da smo locili sledi sprednjega in zadnjega kolesa, smo zadnje kolo obarvali z rdeco tempera. Sledi sta na sliki 4. SLIKA 3. Sticna tocka sprednjega kolesa je S, zadnjega pa Z. Krmilo zasukamo za kot 0. Sprednje kolo se giblje po krožnici Ks, zadnje pa po krožnici Kz. V obeh izrazih zasledimo povezavo med medosno razdaljo d in kotom zasuka krmila 0, kar pomeni, da je medosna razdalja zelo pomembna pri obvladovanju ostrih zavojev, ko je 0 velik in sta radija krožnic majhna. Zato je zaradi varnosti kot 0 pri motornih kolesih omejen na kot, ki je precej manjši od 90o. Pri kolesu sicer krmilo lahko zasukamo tudi za vec kot pravi kot, ampak bolje je, da tega ne poskušate, ce niste zelo spretni, pa še to raje ne delajte med vožnjo. SLIKA 4. Zasuk krmila smo med vožnjo po papirju spreminjali. Sled zadnjega kolesa je rdeckasta, sled sprednjega pa modra. Pri vožnji s kolesom pa le poglejte, kakšni sledi pušcata kolesi. In seveda vozite z ustrezno opremljenim kolesom, celado in po pameti! _ XXX 12 PRESEK 47 (2019/2020) 1 12 FIZIKA Naredimo Galilejev termoskop •4/ •i' •i' Nada Razpet -> Danes imamo na voljo digitalne, infra rdeče in alkoholne termometre. Z njimi si merimo telesno temperaturo, preverjamo temperaturo pri pečenju in serviranju hrane ali pa ugotavljamo, kolikšno temperaturo imamo v stanovanju ali zunaj njega. Včasih pa ni bilo tako (glej [1]), saj ljudje niso imeli na voljo ustreznih merilnikov temperature in so se morali zanašati na občutke. Spomnimo se poskusa, ko v tri kozarce nalijemo hladno, mlačno in toplo vodo (slika 1). Temperature vode v kozarcih so po vrsti T1 < T2 < T3. Temperatura tople vode ne sme presegati 40 °C, saj bi občutljive osebe pri poskušanju lahko dobile opekline. Najprej kazalec ene roke pomočimo v hladno, kazalec druge roke pa v toplo vodo in pocakamo kakšno minuto. Nato oba kazalca hkrati pomocimo v kozarec z mlacno vodo. S kazalcem, ki je bil prej v topli vodi, obcutimo, da je voda hladna, s kazalcem, ki je bil v hladni vodi pa, da je topla. Ampak oba kazalca sta vendar v istem kozarcu in merita isto temperaturo. Zakaj ne obcutimo enako? Naši obcutki so odvisni od temperature okolice, v kateri smo imeli kazalce pred zadnjim merjenjem. S prsti torej ne moremo objektivno meriti temperature tekocin, pa še v vsako tekocino ne smemo pomakati rok. Med prvimi, ki so poskušali narediti pripomocek za merjenje temperature, je bil Galileo Galilei (15641642). Ta je okoli leta 1592 naredil termoskop. To je bila steklena okrogla posoda z dolgo cevko. Z roko je stekleno posodo segrel in cevko potopil v posodo z vodo. Ko se je zrak v okrogli stekleni posodi in cevki ohlajal, se je po cevki voda dvigala. Cim vecja je bila razlika med prej segretim zrakom v stekleni krogli in seveda tudi v cevki, ter okolico, tem višje se SLIKA 1. Temperature vode v kozarcih so po vrsti z leve na desno Ti < T2 < T3. Najprej pomočimo kazalca v hladno in toplo vodo, nato pa oba v mlačno vodo. je dvignila voda. Zdaj je lahko Galileo primerjal temperaturi dveh snovi in ni bil vec odvisen od obcut-kov. Pripomnimo še, da se lahko voda v cevki dviga ali spušca tudi zaradi spreminjanja zracnega tlaka v prostoru, kjer merimo temperaturo. Beseda termoskop (termo-skop) izhaja iz dveh grških besed: dep^o^, kar pomeni vroc, topel, in iz okotcem, kar pomeni gledam, opazujem. Na zacetku termoskop ni imel merilne skale, dodal mu jo je kasneje zdravnik Santorio Santorini (15611636). Nekateri celo menijo, da je Santorini izdelal prvi termoskop. Kako dolocimo skalo? Za doloca-nje skale je potrebno dolociti temperaturi dveh stanj. Vcasih so za eno izmed njih vzeli normalno telesno -> PRESEK 47 (2019/2020) 1 13 FIZIKA SLIKA 2. Zrak v posodi in cevki se ohlaja, stolpec vode se dviga. temperaturo, to je okoli 37 °C, za drugo pa ledišce ali vrelišče vode. Potem so vmesno razdaljo razdelili na enake dele. Vsak proizvajalec je stanji in število razdelitev določil po svoje, zato so bile skale različne. Naredimo termoskop Preprostega termoskopa ni težko narediti. Vzamemo manjšo plastenko, v pokrovčku naredimo luknjo in vanjo vtaknemo slamico. Morebitne reže zapremo s silikonom ali kakšnim tekočim lepilom. Mi smo uporabili kar lepilo UHU. Plastenko segrejemo z roko in cevko potopimo v kozarec z vodo. Vodo smo zaradi boljše vidljivosti obarvali (glej sliko 2). Plastenko nato držimo za pokrovček, da ne segrevamo ali ohlajamo zraka v plastenki in cevki, ter opazujemo, kako se voda dviga in na kateri višini se dviganje ustavi. Ce imamo na voljo še infrardeci termometer, lahko spremljamo spreminjanje odvisnosti višine vode v slamici od temperature zraka v plastenki in cevki. Ce plastenko ne segrevamo z roko, ampak nad radiatorjem, hitro opazimo, da je navadna slamica za pitje sokov prekratka; takrat je treba vzeti daljšo cevko. Tudi ce je prostor zelo hladen, navadna slamica ni dovolj dolga. Ko plastenko in posodo z vodo prenesemo v drug prostor, se stol- pec vode dvigne, Ce je prostor hladnejši, in spusti, Ce je prostor toplejši. Zakaj? Ce je prostor toplejši, se zrak v plastenki segreva, tlak zraka narašča in poriva stolpec vode navzdol, Ce pa je hladnejši, tlak v plastenki pada in vodni stolpec se dviga. Pri alkoholnih termometrih je drugače. Tam je alkohol v zaprti cevki. Nad alkoholnim stolpčem je zelo nizek tlak, skoraj vakuum, in alkoholni stolpec se dviga ali spušča zaradi raztezanja ali krčenja pri segrevanju ali ohlajanju. Tudi steklena cevka, v kateri je alkohol, se krči ali razteza, vendar je ta raztezek/skrček majhen v primerjavi z raztezkom/skrčkom alkohola. Stolpec alkohola v cevki se torej dvigne, če je temperatura prostora višja, in spusti, če je temperatura prostora nižja. Za boljšo vidljivost je navadno alkohol obarvan rdeče. Pri alkoholnem termometru je dvig stolpca povezan z višjo temperaturo, pri termo-skopu pa z nižjo temperaturo, lahko bi rekli, da ima termoskop negativno skalo. Določimo skalo termoskopa Po nekaj začetnih meritvah smo hitro ugotovili, da mora biti temperatura vode v kozarcu ves čas meritev približno enaka. Zato smo kozarec izolirali z dvojnim papirnatim kozarcem in nanj postavili pokrovček. Prav tako mora biti tudi višina potopljenega dela cevke ves čas enaka, saj se z globino tlak veča, zato smo plastenko s cevjo in kozarcem pritrdili na stojalo, kot kaže slika 3. Določanje skale Najprej smo plastenko segreli z roko, jo postavili v stojalo tako, da je bila cev skoraj do dna potopljena v kozarec z vodo. Ko se je vodni stolpec ustalil, smo označili nivo vode. Temperatura v prostoru je bila 19 °C. To je bila naša začetna točka. Nato smo termoskop s stojalom prenesli na stopnišče, v neogrevano sobo in na balkon. Temperature in višino stolpca smo zapisali v preglednico in narisali graf odvisnosti višine vodnega stolpca od temperature zraka v prostoru. T [◦ C] 19 13,5 10 6 h[cm] 0 11,8 17,5 27 14 PRESEK 47 (2019/2020) 1 14 FIZIKA SLIKA 3. Plastenko s cevjo smo obesili na stojalo in cev potopili v kozarec z obarvano vodo. Tudi kozarec smo pritrdili na podstavek stojala. T[° C] tur za 4 °C vodni stolpec dvigne ali spusti za 8 cm, odvisno, ali se temperatura zniža ali zviša. Višina stolpca se torej spremeni za 2 cm, Ce se temperatura spremeni za 1 °C. Za kontrolo smo po meritvi na balkonu termoskop prenesli v sobo, kjer je bila temperatura 21 °C. Zadnja meritev je prikazana na sliki 5. Stolpec vode se je ustalil 4 cm niže kot pri začetnem merjenju pri 19 °C. Torej je skala dobro umerjena. Termoskop je po dolocitvi skale postal termometer. SLIKA 4. Graf odvisnosti višine vodnega stolpca od temperature zraka. Rdeca tocka je meritev po prenosu termoskopa v prostor s temperaturo 21 °C. Ker smo graf risali z GeoGebro, je program sam narisal premico, ki se najbolj prilega meritvam. Iz grafa na sliki 4 razberemo, da se pri razliki tempera- SLIKA 5. Višina vodnega stolpca pri 21 °C seje znižala za 4 cm glede na višino pri 19 °C, ki jo kaže rdeca črtica na cevki. Termoskopa ne smemo dolgo zadrževati na mestih, kjer so nizke temperature, saj se lahko voda v kozarcu kljub izolaciji prevec ohladi, tlak v plastenki se mocno zniža in plastenka se zacne deformirati. Takrat se sliši pok in stolpec vode se hitro zniža. V dobi digitalne tehnike je dobro vedeti, kako so osnovne merilne težave premagovali nekdaj. Pri ponovitvah starih poskusov pa si pridobimo tudi nekaj eksperimentalnih izkušenj. Uspešno merjenje vam želimo. Literatura [1] J. Strnad, O merjenju temperature in termometrih: Iz zgodovine fizike, Presek 11 (1983/1984), 1, 34-39. _ XXX PRESEK 47 (2019/2020) 1 15 RAZVEDRILO vU vU nU Nagradna križanka 16 PRESEK 47 (2019/2020)1 RAZVEDRILO ZNAMKA MOTORNIH ČIL. REŽISER (RAUL) HERCEGOV. GORA NAD TREBINJEM AVTOR MARKO BOKALIČ PREISKAVA TKIVA, VZETEGA IZ ŽIVEGA TELESA POLITIK ALI URADNIK TELESA EVROPSKE UNIJE AZIJSKA DRŽAVA SLOVENSKA PARTIZAN-SKAKAPA NAŠA NESTRUPENA KAČA NAŠA IGRALKA (NINA) MAKEDON. PLES V OBLIKI KOLA RITMIČNA ENOTA NEMŠKI OPTIK (CARL) LITRSKA STEKLENICA CAS OMEJITVE UŽIVANJA HRANE ANTIČNO IME GRŠKEGA OTOKA KEA NOTRANJI IMPULZ, GIBALO SPLETNA DOMENA SLOVAŠKE ČEBELI PODOBNA ŽUŽELKA ANTIČNI OGLEJ SEVERNOAMERIŠKI INDIJANEC VELIK MORSKI RAK 14 NIZOZEMSKI FIZIK NOBELOVEC, KIJE RAZVIL FAZNI MIKROSKOP (FRITS) 11 GLAVNI PRITOK BALHAŠK. JEZERA V KAZAHST. GRAFIČNO OBLIKOVANJE MATEVŽ BOKALIČ PISARNIŠKI DELAVEC (SLABŠAL.) FR. FIZIK (FEUX) NAŠA PEVKA (EVA) REKA V SZ. ŠPANIJI ENAKA SAMOGLASNIKA 16 DRUŽBENI RED SRBSKI IGRALEC (ZORAN) JUDOVSKA KRALJICA SLABŠALNI NAZIV ZA AMERIČANA AZIJSKI VELETOK PREDSTOJNIK SAMOSTANA NEKD. MAK. DRŽAVNIK GLIGOROV KOŠARKAR MURIČ 8 ČLOVEK TEMNE POLTI NIK ŠKRLEC MOČNO SINTETIČNO MAMILO JELEN S ŠTIRIMI ODRASTKI NA VSAKEM ROGU OPEČEN OBLOŽENI KRUHEK 15 STAROGRŠKI MATEMATIK LJUBITELJ MIRNEGA, HARMONIČNEGA ŽIVLJENJA POZITIVNA ELEKTRODA UVAJALEC DAJNČICE (PETER) KROŽNA AFRIŠKA VAS 12 KRAJ V GORIŠKIH BRDIH 10 SLADKOR VRNK TEKSTILNI IZDELEK GRŠKA ČRKA SREDIŠČE BENEŠKIH SLOVENCEV AMERIŠKI REŽISER (MARTIN) NAČIN SPOJITVE OLIMPIJSKE IGRE NAŠ TENISAČ BEDENE JEMENSKO PRISTANIŠČE OTROŠKI MEDVEDEK MLADENIČ SVOBODNEGA RODU PRI STARIH GRKIH 19 AVSTRLI. IGRALKA (MARISA) 18 OBČINA PRI LJUBLJANI RAZKRITJE NEZNANEGA 20 PRISLOV KRAJA ŽIVALSKI KROG NEKDANJA DO RAMEN SEGAJOČA SLOVESNA LASULJA N A G R A D N I R A Z P I S -> Crke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazeč na spletni strani www.presek.si/kri zanka ter ga oddajte do 15. oktobra 2019, ko bomo izžrebali tri nagrajenče, ki bodo prejeli knjižno nagrado. _ X X X _ PRESEK 47 (2019/2020) 1 17 FIZIKA Magneti 1 Mojca Čepic -> Prejšnji teden sem v trgovini naletela na magnete, na takšne, lepe, majhne, primerne in verjetno tudi namenjene za izdelavo okraskov za na hladilnik, samozapirajocih se škatel in še cesa podobnega. Neodimski magneti, ki jih na sliki 1 vidite pritrjene na kovinski ploščici, so precej »močni«. Dva ma-gnetka se na razdalji debeline prsta še vedno dovolj privlacita, da magnet na spodnji strani prsta ostane »prilepljen« nanj (slika 2). Zato je treba še posebej paziti nanje v prisotnosti majhnih otrok - nikakor jih ne smejo pojesti. Ce otrok poje en sam magnet, ga bo brez posebnih problemov izločil. A če poje dva, in to ne ravno hkrati, da bi se že v želodcu sprijela, lahko v črevesju pride do hudih težav, ki jih je mogoče rešiti le z operacijo. Majhnih otrok enostavno ne pustite v bližino neodimskih magnetov! Neodimski magneti so tudi krhki, zato je treba z njimi postopati pazljivo. Posebej ob udarcih se lahko zlomijo ali obkrušijo, a tudi okruški so še vedno precej »močni« magneti, ki jih je treba čimprej odstraniti. Najbolje jih je skriti v plocevinko z dovolj primesmi železa, da ta privlači magnete in se okruški prilepijo nanjo. Spomnimo se na nekaj lastnosti magnetov. Ljudje pogosto mislijo, da magneti privlačijo vse kovine, a še tako močan magnet ne bo s tal dvignil zlatega, srebrnega ali aluminijastega prstana. Ne glede na takšne izkušnje pa v fiziki vemo, da imajo vse snovi magnetne lastnosti. Ene snovi magneti privlačijo, druge odbijajo, a te interakcije so tako šibke, da jih v vsakdanjem življenju ne moremo opaziti, razen pri feromagnetnih snoveh. Tem snovem se v bližini magnetov, kjer je magnetno polje, spreme- nijo lastnosti tako, da jih magneti privlačijo. Najbolj znana takšna snov je železo. Kadar magnetnega polja ni, se predmeti iz teh snovi obnašajo enako kot drugi predmeti. Dve železni sponki za papir se sami od sebe ne privlačita. Magneti so narejeni iz feromagnetnih snovi. Ce predmet iz feromagnetne snovi postavimo v magnetno polje, se struktura na ravni atomov, kemiki ji pravijo »submikroskopska« struktura, tako spremeni, da se predmet začne obnašati kot magnet. Kaj to pomeni? Magneti imajo vedno dva pola, severnega in južnega. Enaki poli se med seboj odbijajo, nasprotni privlačijo. Okoli magnetov je magnetno polje. Magnetno polje je vedno usmerjeno proč od severnega pola magneta ter proti južnemu polu istega ali drugih magnetov v bližini. V učbenikih in na spletu lahko najdete ponazoritve magnetnega polja različnih magnetov. Ce se le lahko, se magnet v SLIKA 1. Neodimski magneti, kot jih najdemo v trgovini za izdelavo različnih okraskov in podobnega. 18 PRESEK 47 (2019/2020) 1 18 FIZIKA SLIKA 2. Magneta se skozi prst dovolj privlačita, da ne padeta z njega. magnetnem polju zasuce s severnim polom v smeri magnetnega polja. Z neodimskimi magneti iz zbirke na sliki 1 razišcimo njihovo obnašanje. Potrebšcine: ■ štiri neodimski magneti (iz zbirke na sliki 1), digitalna kuhinjska tehtnica (slika 3), ■ selotejp, sukanec, ■ ravnilo ali trikotnik, že želite tudi meriti, ■ alkoholni flomaster, ce želite magnete tudi ozna-cevati. Najprej ugotovimo, kje sta pola magnetov. Postavite dva magneta na razdaljo 10 cm plosko na mizo. Ce želite razdalje, kjer postane dogajanje zanimivo, tudi meriti, postavite ob magneta še ravnilo. Na magneta pritisnite s kazalcema. Enega od magnetov pocasi potiskajte proti drugemu. Kaj se zgodi? Nato magnet, ki ste ga premikali, postavite na izhodišcno mesto, obrnite ga za 180° tako, da je stran, ki je bila prej obrnjena proti vam, sedaj obrnjena proti mizi, in poskus ponovite. Kaj se zgodi tokrat? Kako se rezultata poskusov razlikujeta? Sedaj postavite na vsakega od magnetov še en magnet tako, da se magneta sprimeta in nastane trden nizek stolpec iz dveh magnetov. Ponovite prejšnja poskusa. Kako se rezultati poskusov razlikujejo? V cem so si enaki? Ali lahko iz teh poskusov sklepate, da sta pola na robovih med magnetoma vedno enaka ali nasprotna? Kako bi svoj sklep preverili? Raziskujmo dalje. Na narobe obrnjeno stekleno cašo z ravnim dnom položite stolpic iz dveh magnetov, kot kaže slika 4a. Iz bližine caše odstranite vse magnete, ki jih pri poskusu ne potrebujete. Premaknite jih vsaj pol metra proc. Se je z magnetoma kaj zgodilo, ko ste ju spustili? Pocasi sucite cašo okoli navpicne osi. Kaj se dogaja s stolpicem? Ali vam ta poskus omogoca dolociti pola magnetnega stolpica? Kako? Kaj še morate poznati, da lahko dolocite pola? Ce nimate caše z ravnim dnom, lahko uporabite keramicni krožnik ali drugo gladko podlago. Lahko pa magneta tudi obesite na sukanec, kot kaže slika 4b. Nazadnje naredimo še naslednja poskusa. Na kuhinjsko tehtnico postavimo plosko en magnet, kot je postavljen magnet na sliki 3. Ce tehnica ni iz fe-romagnetne snovi, se magnet nanjo ne bo pritrdil. Tedaj ga pritrdite s selotejpom. A obicajno so površine tehtnic feromagnetne. Taro postavite na 0 g. Ce poskusite odtrgati magnet, tehtnica pokaže negativen rezultat. Ce z roko pritisnete na magnet, tehtnica pokaže silo roke, izraženo v gramih. Tehtnica namrec vedno meri sile, s katerimi je obremenjena plošca. Gramska utež pritiska na plošco tehntnice s silo 0,01 N. SLIKA 3. Kuhinjska tehtnica, ki meri na gram natančno. PRESEK 47 (2019/2020)1 19 FIZIKA Sedaj lahko merite sile med dvema magnetoma ter njihovo odvisnost od razdalje med njima. V roko vzemite drug magnet in ga zasucite tako, da sta ploskvi magnetov vzporedni. Pocasi ga približujte tehtnici in opazujte, kaj tehtnica kaže. Nato magnet zasucite za 180° okoli vodoravnice in poskus ponovite. Poskusa lahko ponovite tudi z dvojicama magnetov ali z enim magnetom na tehtnici in z dvojico v roki in obratno. Kakšen je predznak »mase« na tehtnici, ce se magneta privlacita? Kakšen, ce se odbijata? Kako se spreminja sila v odvisnosti od oddaljenosti med magnetoma? V odvisnosti od števila magnetov? V naslednjih poizkuševalnicah bomo o magnetih spoznali še marsikaj. Navdih za predloge poskusov v tem prispevku so bile delavnice, ki jih je na Pedagoški fakulteti v letih 2017 in 2018 in na konferenci GIREP v Dublinu 2017 izvedel prof. Leoš Dvorak iz Karlove univerze v Pragi [1, 2, 3]. Literatura [1] Dvorak L., O magnetu, magnetickych tele-sech a velikem magnetu Zemi, In: Dilny He-ureky 2016/Heureka Workshops 2016. Sbor-nik konference projektu Heureka. E.: V. Koudelkova. Matfyzpress Praha 2017. ISBN 978-80-7378-338-9 (PDF, v Cešcini), str. 723. Dostopno na kdf.mff.cuni.cz/heureka/ sborniky/DilnyHeureky_2017.pdf, ogled 6. 8. 2019. Pripomba: Naslov je mogoče prevesti v angleščino kot On the Magnet, Magnetic Bodies, and the Great Magnet the Earth kar spominja na znamenito knjigo W. Gilberta.) [2] Dvorak L., Magnets and magnetic field around them: what can we learn from simple experiments, sprejeto v objavo v zbornik konference GIREP v Dublinu 2017. [3] Dvorak L., O magnetech II (On magnets II) In: Dilny Heureky 2017/Heureka Workshops 2017. Sbornik konference projektu Heureka. Ed.: V. Koudelkova. MatfyzPress, Praha, 2018, ISBN 978-80-7378-359-4 (PDF, v cešcini) str. 721. Dostopno na kdf.mff.cuni. cz/heureka/ sborniky/DilnyHeureky_2017.pdf, ogled 6. 8. 2019. _ XXX SLIKA 4. Zgoraj: Magneta na steklu obrnjenega kozarca. Spodaj: Magnetno nihalo - med magneta je napeljan sukanec. Ce magnet pustimo viseti na 10 cm do 20 cm dolgem sukancu, se obnaša podobno kot magnet na kozarcu. www.dmfa-zaloznistvo.si www.presek.si 20 PRESEK 47 (2019/2020) 1 20 ASTRONOMIJA Poimenujmo eksoplanet Prvo javno zbiranje predlogov za poimenovanje planeta IN njegove zvezde v sloveniji vU NU NU Andrej Guštin, Dunja Fabjan -> Ob 100 letnici Mednarodne astronomske zveze (IAU) po vsem svetu potekajo pod geslom 100 let pod skupnim nebom številne pobude za popularizacijo astronomije. PoimenujmoPlanet je ena največjih mednarodno koordiniranih akcij. Mednarodna astronomska zveza IAU je vsaki državi dodelila en planetarni sistem, za katerega je mogoče javno zbiranje predlogov za ime. Ti eksoplaneti in njihove zvezde bodo po koncu natečaja nosili uradna imena, ki jih bodo izbrali v posameznih državah. S tem natecajem želimo spodbuditi zavedanje o našem položaju v vesolju in razmislek o tem, kako bi obstoj Zemlje zaznala morebitna civilizacija na nekem drugem planetu. Pobuda NameExoWorlds - PoimenujmoPlanet drugod po svetu Pri pobudi PoimenujmoPlanet sodeluje vec kot 70 držav. Mednarodna astronomska zveza, ki je odgovorna za uradno poimenovanje nebesnih teles, je prvic leta 2015 sprožila iniciativo NameExoWorlds za poimenovanje 19 eksoplanetov. Tokratni nate-caj je nekoliko drugacen, ker geslo letošnje obletnice 100 let pod skupnim nebom poudarja mednarodno povezanost in skupni trud za spoznavanje vesolja. Zato so se pri IAU odlocili, da vsaki sodelujoci državi dodelijo planetarni sistem, eksoplanet in ma-ticno zvezdo. Vsaka izmed dodeljenih zvezd je vidna iz države in dovolj svetla, dajo lahko opazujemo že z manjšim teleskopom. Izbor imen bo v posamicnih državah potekal od junija do novembra 2019 skladno po pravilih nate-caja, koncna imena bo potrdil Upravni odbor nate-caja IAU100 NameExoWorlds, rezultati pa bodo uradno razglašeni decembra 2019. Izbrana imena se bodo lahko uporabljala poleg že prisotnega znanstvenega imena, pri tem pa se bo navedlo tudi predlagatelje. O izbranih zvezdah in planetih Za natecaj PoimenujmoPlanet so bili izbrani planetarni sistemi, kijih lahko opazujemo z manjšim teleskopom iz geografske širine glavnega mesta vsake sodelujoce države. Poleg možnosti opazovanja je sistem v vec primerih povezan z državo tudi zaradi teleskopa, s katerim so planet odkrili, ali pa zaradi državljanstva znanstvenika/ce, ki je sodeloval/a pri odkritju planeta. Izbrani eksoplaneti so bili odkriti v prvih dveh desetletjih opazovanj planetov v drugih osoncjih, torej je bila vecina odkritij narejena pred letom 2012. Obstoj planeta je zato v splošnem priznan, saj gre za sisteme, ki jih je bilo možno dlje casa opazovati in tako potrditi njihov obstoj. Vizualna magnituda sistemov se giblje med 6. in 12. magnitudo. Planete so odkrili s spektroskopskimi opazovanji Dopplerjevega pojava (meritev radialnih hitrosti) ali metodo tranzita, vsi pa so bili odkriti z zemeljskimi teleskopi. Izbrani planeti so najverjetneje plinasti velikani, podobni Jupitru in Saturnu, z -> PRESEK 47 (2019/2020)1 21 ASTRONOMIJA —^ masami med 10 % in 500 % Jupitrove mase. Matična zvezda ne pripada večzvezdnemu sistemu, znan je pa samo en planet v orbiti okrog nje. Obstaja seveda možnost, da bodo opazovanja v prihodnosti odkrila okrog iste zvezde še druge planete, ali pa čelo, da je zvezda del večzvezdnega sistema. Obhodna doba: 6,871815 ± 0,000042 dneva; 6 dni 20 ur 55 minut 25 sekund Eksčentričnost orbite: 0,0321 ± 0,0044 Zvezda WASP-38/HD 146389 Podatki: ■ si mbad.u-st rasbg.fr/si mbad/si m-i d? Ident=WASP-38 ■ Lega: Herkul ■ rektasčenzija (J2000,0): 16:15:50,0 deklinačija (J2000,0): +10:01:57 ■ Oddaljenost: 446 svetlobnih let ■ Spektralni tip: F8 Navidezna magnituda V: 9,39 ± 0,02 ■ Masa: 1,216 ± 0,041 mase Sonča ■ Efektivna temperatura: 6150,0 ± 80,0 K ■ Polmer: 1,365 ± 0,041 polmera Sonča SLIKA 1. Tako naj bi bil od blizu videti eksoplanet tipa Vroci jupiter (lu-stracije: NASA, ESA in G. Bacon (STScI)). Slovenski eksoplanet Slovenski eksoplanet je 446 svetlobnih let oddaljeni WASP-38 b. Njegova materinska zvezda je WASP-38 oz. HD 146389 z navidezno magnitudo 9,4. Nahajata se v ozvezdju Herkula. Osebni izkazniči eksoplaneta in materinske zvezde Eksoplanet WASP-38 b Podatki: ■ exoplanet.eu/catalog/wasp-38_b Leto odkritja: 2010 Metoda odkritja: prehod pred zvezdo Tip planeta: Vroči jupiter ■ Masa: 2,712 ± 0,065 mase Jupitra ■ Polmer: 1,079 ± 0,044 polmera Jupitra ■ Temperatura: pribl. 1400 °C ■ Velika polos tira: 0,07551 ± 0,00085 astronomske enote; 11,3 milijona km t™ ■ \ iSlar . . j WASP-38 b O f Jv / t /V S JZ Ml f JV . A / škorL jug SLIKA 2. Lega zvezde WASP 38 na nebu (Ilustracija: Stellarium, Andrej Guštin) Zbiranje predlogov Do konča oktobra 2019 bomo na spletnem naslovu www.portalvvesolje.si zbirali predloge za imeni planeta in zvezde. Končni izbor imena bo komisija razglasila do sredine novembra 2019. 22 PRESEK 47 (2019/2020)1 22 ASTRONOMIJA SLIKA 3. Z mobilnim telefonom se lahko tu neposredno povežete s spletno stranjo za oddajo predlogov imen. delovanja. IAU je tudi mednarodno priznan organ, ki dodeljuje oznake nebesnim objektom in površinskim značilnostim na njih. Ustanovljena je bila leta 1919 in je največja svetovna profesionalna zveza astronomov. Spletne povezave Portal v vesolje - www. portal vvesol je.si Slovenska astronomska revija Spika -http://astronomska-revi ja-spi ka.si DMFA Slovenije - www .dmfa.si Kratka navodila za izbiro imena ■ Predloga za imeni EKSOPLANETA in ZVEZDE naj bosta SMISELNO POVEZANA. ■ Dolžina imena naj bo od 4 do i6 crk latinske abecede. ■ Ime ne sme vsebovati šumnikov, številk ali drugih znakov, ki niso crke. ■ Zaželena je ena beseda. ■ Ime ne sme biti enako že obstojecim imenom vesoljskih teles, ne sme biti žaljivo. Planet ali zvezda ne smeta biti imenovana po ži-vecih ljudeh oz. ljudeh, ki so umrli pred manj kot sto leti. ■ Niso dovoljena imena politicnih, vojaških in verskih organizaciji ter podjetij, domacih ljubljenc-kov. Kaj je Mednarodna astronomska zveza (IAU) Mednarodna astronomska zveza (IAU) je organizacija, ki združuje vec kot i3500 profesionalnih astronomov iz vec kot i00 držav širom po svetu. Njena naloga je spodbujanje astronomije v vseh njenih vidikih, vkljucno z raziskavami, komunikacijo, izobraževanjem in razvojem, s pomocjo mednarodnega so- Spletna stran mednarodnega projekta: http://nameexoworlds.i au.org/ IAU 100 - https://www.iau-100.org/ XXX cas Najdaljši trajanja Luninega za kri tj a zvezde vU sU vU Marijan Prosen ^ Pri svojem gibanju na nebu lahko Luna zakrije (okultira) zvezde, planete, planetoide, glave kometov, zvezdne kopice, radijske vire. To pomeni, da so vsa ta vesoljska telesa od nas bolj oddaljena kot Luna. -> PRESEK 47 (2019/2020)1 23 ASTRONOMIJA —^ Pri zakritju zvezda v hipu zaide za vzhodni Lunin rob, v hipu tudi vzide izza zahodnega. Lunino zakritje zvezde se zgodi v nekaj stotinkah sekunde. Pojav lahko posnamemo. Natancni pregledi teh posnetkov kažejo, da Luno vendarle obkroža skrajno redka atmosfera, tako zelo redka, da bi lahko rekli, da je sploh nima. Pri izredno natancnem opazovanju sij zvezde dve do tri sekunde, preden zvezda izgine za Lunin rob, narahlo pade, zvezda nekako šibko za-migota oziroma obledi. Iz Luninega zakritja zvezd je mogoce izmeriti skrajno majhne zorne kote zvezd (npr. 0,04" za zvezdo Antares) in nato pri njihovi znani oddaljenosti izracunati njihove radije. Z Luninimi zakritji zvezd ugotovijo tudi natancno lego Lune, za katero vemo, da ji je zaradi zamotanega gibanja zelo težko dolociti, jo pa v raznih izracunih pogosto potrebujemo. In Lunino zakritje zvezd je nacin, ki nam to omogoca. Zakrite zvezde imajo namrec natancno izmerjeno ali izracunano nebesno lego. Natancna lega središca Lune pa je od natancne lege zvezde ob zakritju oddaljena samo za zorni kot 0,25° polmera kroga (okrogle ploskvice), ki jo na nebu zavzema Luna. Za Lunina zakritja je znacilno Lunino mesecno gibanje na nebu, ki poteka v nasprotni smeri od dnevnega. Poteka od zahoda proti vzhodu (v levo, ce gledamo proti jugu) in zvezda zaide (izgine) za Luninim vzhodnim robom in vzide (se pojavi) izza njenega zahodnega. Izracunajmo najdaljši cas trajanja središcnega Luninega zakritja zvezde, tj., da Luna zakrije zvezdo natanko vzdolž svojega zornega kota (navideznega premera), ki meri 0,5°. Deklinacijo zvezde in Lune zanemarimo, kotna hitrost navideznega vrtenja nebesne krogle (s katero se ta kratek cas navidezno gi-bljeLuna) pa je c = 360°/24h = 15°/h. Zvezda glede na Luno miruje. V casu t opisanega zakritja Luna na nebu preide kot a = ct = 0,5° proti vzhodu, potuje pa cas t = a/c = 2 min, kar lahko izracunamo na pamet. Ugotovili smo, da je maksimalni cas trajanja Luninega zakritja zvezde enak dve minuti, ce je zakritje središcno, vsa druga (tj. nesredišcna) Lunina zakritja zvezd so seveda krajša. SLIKA 1. Spika, 30. 11. 1 994 zjutraj, tik pred Luninim zakritjem zvezde (levo zgoraj). Ko se Luna giblje po nebu, včasih pride pred kakšno zvezdo. Tako jo zakrije in nam začasno prepreči, da bi jo opazovali. Ker Luna skoraj nima atmosfere, ki bi počasi slabila zvezdino svetlobo, zvezda v hipu zaide (izgine za Luno -zakritje) ali v hipu vzide (se pojavi izza Lune - odkritje). Lunino mesečno gibanje glede na zvezde poteka v vzhodni smeri. Zato se zaid (izginotje) zvezde dogodi na vzhodnem Luninem robu (na sliki levo), vzid (pojav) zvezde pa na zahodnem. Povzeto s svetovnega spleta. _XXX Za vajo izracunajte cas trajanja Luninega zakritja zvezde, ko Luna zakrije zvezdo vzporedno vzdolž svojega zornega kota tako, da se Luninovo navidezno središce najbolj približa legi zvezde na razdaljo 0,25°/2. Nariši skico. [V3 min] www.obzornik.si www.dmfa.si 24 PRESEK 47 (2019/2020)1 24 RACU N A L NI STVO Gaussova eliminacija -i' -i' -i' Katarina Šipec -> Gaussov postopek oziroma Gaussova eliminacija je postopek za reševanje sistemov linearnih enačb. Kako bi rešili spodnji sistem? ■ 2% + 4y = 10 x - y = 2 V šoli nas učijo preprostega in logičnega postopka; najprej prvo spremenljivko iz prve enačbe izrazimo z drugo (npr. % = 5-2y), jo vstavimo v drugo enačbo ((5 - 2y) -y = 2), rešimo dobljeno enačbo (y = 1) in rešitev vstavimo v prvo enačbo (% = 5 - 2y = 5 - 2 = 3). Tako je v našem primeru dobljena rešitev % = 3, y = 1. Ta postopek vedno deluje, a je prečej zamuden. Lahko bi ga uporabili tudi za sistem osmih linearnih enačb z osmimi neznankami ali (v splošnem) za sistem m enačb z n neznankami. A koliko časa bi nam to vzelo? Obstaja preprostejši in hitrejši način. Drugi način je, da eno enačbo (npr. drugo) pomnožimo s takšnim številom, da je koefičient pred eno neznanko enak v obeh enačbah (npr. s številom 2, da dobimo 2 pred %). Tako dobimo nov sistem ■ 2% + 4y = 10 2% - 2y = 4 in dobljeni enačbi odštejemo. S tem se znebimo spremenljivke % in ostane nam le ena enačba in ena neznanka (6y = 6), kar pa je prečej lažje rešiti. Ta postopek se že približa ideji Gaussove eliminačije, le da bomo to počeli na bolj sistematičen in preglednejši način. Matrike kot sistemi linearnih enačb Geometrijski pomen sistema linearnih enačb Ob besedni zvezi linearna enačba dobimo asočiačijo na premičo. Res je v ravnini množiča rešitev linearne enačbe a% + by = c premiča. Ko rešujemo sistem linearnih enačb z dvema neznankama (torej v ravnini), iščemo točke v preseku premič, ki jih predstavljajo naše enačbe. Koliko je lahko takih točk? Denimo, da imamo dve premiči v ravnini. Lahko sta vzporedni (sistem nima rešitve; slika 1), lahko se sekata v eni točki (rešitev sistema je ena sama; slika 2) ali pa sovpadata (enačbi predstavljata isto premičo; slika 3). V zadnjem primeru je množiča rešitev čela premiča. V tridimenzionalnem prostoru linearna enačba predstavlja ravnino. Sistem dveh linearnih enačb s tremi spremenljivkami torej predstavlja presek dveh ravnin. Ta je podobno kot v zgornjem primeru lahko prazen, lahko je premiča ali pa ravnina (enačbi predstavljata isto ravnino). Ce imamo sistem treh enačb s tremi neznankami, nas zanima presek treh ravnin, ki je lahko prazen, točka, premiča ali ravnina. Nas bodo zanimali sistemi s poljubnim številom enačb in poljubnim številom neznank. Reševali bomo torej sisteme m enačb z n neznankami. Ker si n-dimenzionalne prostore težje predstavljamo kot ravnino ali prostor, bomo sisteme predstavili v drugačni obliki. Matrika sistema Najprej se spomnimo, da je linearna enačba enačba z več neznankami, pri čemer so potenče vsake neznanke enake 1 ali 0 (če neznanka v enačbi ne nastopa). Vsaka linearna enačba n neznank je oblike ■ a1%1 + a2%2 + ■■■ + an%n = d, kjer %1, %2, ... , %n predstavljajo n različnih spremenljivk, a1, a2 ..., an pa koefičiente pred njimi. Za n < 4 bomo spremenljivke pisali kot %, y, z in w. Sistem m linearnih enačb z n neznankami bomo predstavili z matriko. Matrika je le matematično ime za tabelo, v katero vpisujemo števila, da so podatki bolje urejeni. Ce ima matrika m vrstič in n stolpčev, pravimo, da je velikosti m x n. V našem primeru je matrika le drugačen, bolj kompakten zapis sistema linearnih enačb, ki ga tudi lažje shranimo v računalnik. V matriko velikosti -> PRESEK 47 (2019/2020) 1 25 RAČU N A L NIŠTVO -> m x (n + 1) zapišemo koeficiente pred neznankami. Vsaka vrstica naj predstavlja eno enačbo iz sistema, pri tem pa moramo biti pozorni, da je vrstni red spremenljivk v vseh enačbah enak. Ce v i-ti (i < m) enačbi spremenljivka xj (j < n) ne nastopa, vzamemo aij = 0. Tako sistem ■ aiixi + ai2X2 + ... + ainxn = di a2ixi + a22X2 + ... + a2nxn = d2 SLIKA 1. amixi + am2X2 + . am rXn — dm SLIKA 2. SLIKA 3. predstavlja matrika aii a2i ai2 a22 _ ami am2 ain a2n amn di d2 dm Enačaje predstavlja črtkana črta, ki nas dodatno spomni, da gre za sistem enačb. Primer. Zgornji sistem 2x + 4y = i0in x - y = 2 predstavlja matrika 2 4 \ i0 i -^2 Rekli bomo, da sta si matriki A in B podobni, če sta rešitvi sistemov, ki jih predstavljata, enaki. To bomo označevali z vijugičo, kot npr. A ~ B. Množičo rešitev bomo zapisali kot urejen par, tro-jičo oz. v splošnem n-teričo, kjer j-to mesto predstavlja vrednost xj. Rešitev x = 3 in y = i bi tako zapisali kot (3, i). Gaussova eliminacija Končno se lahko posvetimo reševanju sistema. Z Ga-ussovo eliminačijo bomo sistem le poenostavili do hitro rešljivega sistema. Prvih nekaj, rečimo j, spremenljivk bomo izrazili z zadnjimi. Tako bomo dobili rešitev oblike ■ (fi (Xj+i,. ..,Xn),f2 (Xj+i, ...,Xn),..., fj(xj+1, . . . , xn), xj+1, xj+2, .. . xn), y y y 26 PRESEK 47 (2019/2020) 1 26 RACU N A L NI STVO torej n-teriče, ki imajo morda nekaj prostih spremenljivk, namesto katerih lahko vstavimo poljubno realno število (to so naše zadnje spremenljivke xj+1 do Xn), pa še vedno dobimo rešitev. V zgornjem primeru funkcije f zgolj ponazarjajo, da so prve spremenljivke izražene s kasnejšimi. Ce razmislimo, kako bi izgledala matrika takega sistema, ugotovimo, da ima naslednjo strukturo: 1 .0. 0 ♦ ■ ■ ■ ♦ 0 0 0 0 1 ♦ ■ ■ ■ ♦ 0 0 0 0 * 0 0 0 0 ■ ■ ■ 0 Tako bi izgledale želene matrike za nerešljiv sistem (A), sistem z natanko eno rešitvijo (B) in sistem z rešitvijo z eno prosto spremenljivko (C): B 1 0 1 2 A= 0 1 2 5 0 0 0 1 1 0 1 2 C= 0 1 2 5 0 0 0 0 1 0 0 2 0 1 0 5 0 0 1 1 Na mestih ♦ so poljubna realna števila, na mestu * pa 0 ali 1. V vsaki enačbi nad vodoravno crto nastopa nekaj izmed zadnjih n - j spremenljivk in natanko ena izmed prvih j spremenljivk. Prva enačba nam npr. predstavlja enacbo ■ x1 + 0x2 + ... + 0xj + aj+1xj+1 + ... + anxn = d, torej ■ x1 + aj+1xj+1 + ... + anxn = d, v kateri ni spremenljivk x2, x3, ..., xj. V matriki imamo pod črto ničelne vrstice (razen morda prve). Število teh nam pove, koliko enačb (seveda ne poljubnih) je v sistemu odvec, torej koliko bi jih lahko izbrisali, pa bi rešitev še ostala ista. Npr., če enačbi predstavljata isto premičo, lahko eno brez zadržkov odmislimo. Naš j izračunamo takole: ■j = število enačb (m) - število ničelnih vrstič v želeni matriki. Pri izračunu j kot ničelno vrstičo upoštevamo tudi vrstičo z *, četudi je * = 1. Zvezdiča nam pove, ali je sistem rešljiv ali ne. Ce je na mestu * eniča, ta vrstiča predstavlja enačbo 0 = 1, kar pa seveda ne drži, in sistem ni rešljiv. Ce je * = 0, tudi ta vrstiča predstavlja enačbo 0 = 0, pri čemer ni nič spornega, tako nam je prvih j spremenljivk uspelo izraziti z zadnjimi n - j spremenljivkami. Kako dobimo takšno matriko? Katere so dovoljene poteze, torej katere so poteze, ki ne spremenijo rešitve sistema? Seveda lahko vsako enačbo pomnožimo z neničelnim številom in rešitev ostane ista, ali pa enačbi med seboj zamenjamo. Kaj pa še lahko storimo? Pri Gaussovi eliminačiji uporabljamo tri poteze, ki jih označimo z V1, V2 in V3: V1- menjava vrstič. 2 4 | 10 " 1 —1 1 2 1 -1,2 2 4 1 10 V matriki lahko med seboj zamenjamo poljubni vrstiči. S tem pravzaprav zamenjamo dve enačbi, vrstni red enačb v sistemu pa ni pomemben. V2- množenje vrstiče z neničelnim številom. 24 11 10 2 12 11 Ce enačbo pomnožimo z neničelnim številom, se množiča rešitev ne spremeni. V primeru smo drugo vrstičo množili z torej delili z 2. Z manjšimi števili je pač lažje računati. V3- prištevanje večkratnika ene vrstiče k drugi vr-stiči. 2 4 , 10 1 —1 j 2 24 1 + (-2) -1 + (-4) 10 2 + (-10) 2 4 , 10 0 -3 1 -3 Ce neka n-teriča reši prvo in drugo enačbo, bo rešila tudi njuno vsoto. Pred tem pa po točki V2 -> j j PRESEK 47 (2019/2020) 1 27 RACUNALNI STVO —^ lahko eno izmed vrstic tudi pomnožimo s kakšnim številom. V primeru smo drugi vrstici prišteli (- 2 )-kratnik prve. Tako smo se v zadnji vrstici znebili prve spremenljivke in si že nekoliko poenostavili sistem. Opomba. Dovoljena je tudi menjava stolpcev (51), a moramo biti pri tem pozorni na spremenjen vrstni red spremenljivk v enacbah, kajti menjava stolpcev ustreza preimenovanju spremenljivk. Najprej en krajši primer. Primer. Rešitev sistema 2x + 4y = 10 in x - y = 2: 2 4 10 1 -1 2 1 2 5 0 -3 3 1 2 1 -1 !' 1 2 | 5 0 1 1 1 1 0,3 0 1 1 1 0 3 3 21 36 1 1 -1 -2 -2 0 0 -1 -5 -8 1 1 0 3 6 V prvem delu bomo ustvarili zgornje trikotno matriko, torej matriko, ki ima pod diagonalo same nicle (naša matrika bo imela na diagonali enice). Poišcemo poljubno nenicelno število * v prvem stolpcu (ta vedno obstaja, saj spremenljivka x nastopa v vsaj eni enacbi). V našem primeru naj bo to druga vrstica. Z menjavo vrstic (V 1) premaknemo to vrstico na prvo mesto in celotno vrstico delimo z * (V2), da v levem zgornjem kotu dobimo enico (v našem primeru delimo z 1). Z uporabo V3 vsaki od spodnjih vstic prištejemo ustrezen veckratnik prve vrstice, da dobimo v levem stolpcu pod enico same nicle. V naši matriki je potrebno prišteti (-1)-kratnik prve vrstice le zadnji. Zaporedje korakov je: V2 (prvo vrstico delimo z 2), V3 (od druge vrstice odštejemo prvo), V2 na drugi vrstici in V3 (prvi vrstici prištejemo (-2)-kratnik druge). Dobimo nov sistem, ki ga preberemo iz zadnje matrike in se glasi x = 3 in y = 1. Naša rešitev je torej (x,y) = (3,1). Splošni Gaussov postopek bomo razložili na sistemu štirih enacb s štirimi neznankami, s tega primera pa bralec lahko sklepa na reševanje splošnega sistema enacb. Gaussov postopek na sistemu štirih enacb s štirimi neznankami Imamo sistem: ■ 3y + 3z + 21w = 36, x + y - z - 2w = -2, -z - 5w = -8, x + y + 3w = 6. Sistemu priredimo matriko 0 3 3 21 36 1 1 -1 -2 -2 0 0 -1 -5 -8 1 1 0 3 6 1 1 -1 -2 -2 0 3 3 21 36 0 0 -1 -5 -8 1 1 0 3 6 1 1 -1 -2 -2 0 3 3 21 36 0 0 -1 -5 -8 0 0 1 5 8 opek nadaljujemo na 1 1 -1 -2 -2 0 3 3 21 36 0 0 -1 -5 -8 0 0 1 5 8 1 1 -1 -2 -2 0 1 1 7 12 0 0 -1 -5 -8 0 0 1 5 8 1 1 -1 -2 -2 0 1 1 7 12 0 0 1 5 8 0 0 0 0 0 Na ta nacin dobimo zgornje trikotno matriko. V našem primeru so v zadnji vrstici same nicle (torej tudi ★ iz zgoraj omenjene želene matrike), zato je sistem 28 PRESEK 47 (2019/2020) 1 28 RACU N A L NI STVO rešljiv. Imamo štiri vrstice, od teh je ena ničelna. Na tem koraku že vidimo j naše želene matrike. Ta je enak j = 4 - 1 = 3. j = 3 r 1 1 -1 -2 -2 j = 3 0 1 1 7 12 L 0 0 1 5 8 0 0 0 0 0 V drugem delu bomo začeli spodaj desno in uničevali števila nad diagonalo. Z V3 spremenimo j-ti stolpec v stolpec, v katerem je na j-tem mestu enica, nad njo pa same ničle tako, da vsaki od zgornjih j - 1 vrstic prištejemo ustrezen veckratnik j-te vrstice. V našem primeru prvi vrstici prištejemo tretjo vrstico, drugi pa (-l)-kratnik tretje vrstice. To ponovimo in od zgornjih j - 2 vrstic odštejemo ustrezne veckratnike (j - 1)-e vrstice. V našem primeru prvi vrstici odštejemo drugo. Postopek nadaljujemo, dokler gre. 1 1 -1 -2 -2 0 1 1 7 12 0 0 1 5 8 0 0 0 0 0 1 1 0 3 6 " 1 0 0 1 2 " 0 1 0 2 4 0 1 0 2 4 0 0 1 5 8 0 0 1 5 8 0 0 0 0 0 _ 0 0 0 0 0 _ Prišli smo do želene oblike matrike, ki predstavlja sistem: ■ x + w = 2 y + 2w = 4 z + 5w = 8 0 = 0. Rešitev našega sistema je torej ■ (x,y,z,w) = (2 - w, 4 - 2w, 8 - 5w,w), kjer je w poljubno realno število. Naredimo še pre- izkus z vstavljanjem rešitve v sistem. 3 ■ (4 - 2w) + 3 ■ (8 - 5w) + 21w = 12 - 6w + 24 - 15w + 21w = 36 (2 - w) + (4 - 2w) - (8 - 5w) - 2w = 2 - w + 4 - 2w - 8 + 5w - 2w = -2 - (8 - 5w) - 5w = -8 + 5w - 5w = -8 (2 - w) + (4 - 2w) + 3w = 2 - w + 4 - 2w + 3w = 6. Oglejmo si primer nerešljivega sistema: ■ x + z = 2 y + 2z = 4 -2x + y = 3. Sistemu priredimo matriko in jo preoblikujemo z Ga-ussovim postopkom: 1 0 1 2 " 1 0 1 2 ■ 0 1 2 4 0 1 2 4 -2 1 0 3 0 1 2 7 1 0 1 2 " 1 0 1 2 0 1 2 4 0 1 2 4 0 0 0 3 0 0 0 1 Na mestu * je enica, torej sistem ni rešljiv. Omenimo še, da nam število prostih spremenljivk v rešitvi pove dimenzijo preseka. Ce proste spremenljivke ni, je rešitev ena sama tocka, torej 0-dimenzio-nalen prostor. Ce imamo eno prosto spremenljivko, je v preseku premica, ce sta dve, pa ravnina. Na primeru sistema štirih enacb s štirimi neznankami smo se naucili postopka, ki ga brez težav lahko uporabimo na poljubnih sistemih. Nadobuden bralec je vabljen, da ga poskusi implementirati v splošnem. _XXX www.obzornik.si www.dmfa.si PRESEK 47 (2019/2020) 1 29 RAZVEDRILO MaRtematicne prigode Marta Zabret MArTEMATICNE PRIGODE Marta Zabret MArTEMATICNE PRIGODE 146 strani format 14 x 20 cm 12,50 EUR Izšla je nova knjiga MaRtematicne prigode. Avtorica Marta Zabret je profesorica matematike in specialistka matema-ticnega izobraževanja. Knjiga je množica kratkih zgodb, v katerih so strnjene mnoge izkušnje s podrocja poucevanja in spremljajocih aktivnosti na srednjih šolah. Jedro knjige so zanimivi zapisi o njenih dijakinjah in dijakih. Besedila so napisana lepo in strnjeno, v njih je tudi precej humorja. Zgodbe lahko beremo samostojno; nekatere so prav kratke. Knjiga ima tudi nekaj cisto matematicne vsebine, denimo v obliki originalno predstavljenih problemov na srednješolskem nivoju. Za lepo zunanjo in notranjo obliko knjige so poskrbele tri nekdanje Martine dijakinje: Neža Vavpetic, Ariana Godicelj in Ana Hafner. Poleg omenjene lahko v naši ponudbi najdete še veliko drugih knjig. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko starejše knjige tudi naroČite s popustom: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ceni k/ Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633. vU nU NU RES ITEV NAGRADNE KRlS ANKE PRESEK 46/6 -> Pravilna rešitev nagradne križanke iz šeste številke Preseka je Kvadratura kroga. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Anže Mihel-čič iz Kresnic, Tomaž Terčič iz Nove Gorice in Andraž Ziherl iz Maribora, ki bodo razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX 30 PRESEK 47 (2019/2020)1 RAZVEDRILO Tirnica nU NU NU Aleš Mohorič Tokratna naravoslovna fotografija na naslovnici kaže nocni posnetek mocne ulične svetilke. Na fotografiji opazimo tudi množico svetlih krivulj. Te svetle krivulje ponazarjajo tirnice gibanja nočnih žuželk, ki v neurejenih vijačnicah in spiralah letajo okoli svetilke. Posnetka ni bilo preprosto narediti. Zato, ker sem želel na fotografiji ujeti daljše sledi, sem moral nastaviti primerno dolg cas osvetlitve. Med tem casom mora biti kamera pri miru, najbolje jo je postaviti na stativ; meni je nekako uspelo tako, da sem jo naslonil na bližnjo ograjo. Ceprav je posnetek narejen ponoci, se lahko v dovolj dolgem casu osvetlitve nabere toliko signala, da je fotografija nadosvetljena in je videti cisto bela. To lahko preprečimo tako, da zmanjšamo zenico objektiva kamere - pripremo zaslonko. Koliko je zaslonka zaprta, pove zaslonsko število, ki je enako količniku goriščne razdalje objektiva in premera vstopne zenice. Veliko zaslonsko število pomeni majhen premer zenice, priprto zaslonko. Drug nacin zmanjšanja osvetlitve, ki se je razširil z uporabo digitalnih kamer, je zmanjšanje obcutljivosti kamere. Kamere s svetlomerom obi-cajno dopušcajo spreminjanje ene od vrednosti (cas osvetlitve ali zaslonsko število), drugo pa nastavijo avtomaticno, da je slika normalno osvetljena. Pri kamerah, kjer lahko sami spreminjamo katerokoli od treh kolicin, bomo fotografijo hitro nad ali podosve-tlili. Pri kamerah, ki omogocajo nastavitev dveh vrednosti, tretja pa se prilagodi, nimamo vpliva na osvetljenost fotografije. Nekateri kameram lahko dopovemo, da želimo fotografijo, ki je prevec ali premalo osvetljena tako, da navedemo za koliko hocemo spremeniti vrednost osvetlitve (po angleško exposure value, kratica EV). Vrednost osvetlitve povecamo za ena, ce bodisi podvojimo cas osvetlitve bodisi podvojimo obcutljivost kamere bodisi podvojimo presek zeniče (torej zaslonsko število zmanjšamo za koren iz dve), ostalo pa pustimo nespremenjeno. Pri fotografiji na naslovnici je bilo pri normalni osvetlitvi videti le svetilko, sledi žužkov pa so bile prešibke. Zato sem povečal vrednost osvetlitve za 2 EV. Fotografija je nadosvetljena (steber blizu svetilke je čisto bel), vendar pa zdaj pridejo do izraza tirnice žužkov. Podatki za fotografijo so občutljivost ISO 50, čas osvetlitve 4 sekunde, zaslonsko število f/1,5, vrednost osvetlitve +2 EV. Take nastavitve lahko upravljamo le na nekoliko boljših kamerah. Zanimivo podrobnost opazimo na povečavi fotografije - sledi niso enakomerne, ampak izmenično svetlejše in temnejše. Premislite, je to posledica utripanja svetilke ali česa drugega? Kako bi svojo idejo preverili? SLIKA1. XXX PRESEK 47 (2019/2020) 1 31 Matematični kenguru Osnovna naloga tekmovanja Kenguru je popularizacija matematike. Zanimiv, zabaven in igriv način zastavljanja matematičnih problemov je pripomogel, da se je tekmovanje kmalu razširilo po vsej Evropi, hkrati pa so se v tekmovanje vključevali tudi otroci in mladostniki iz drugih držav sveta. Tekmovanje je preseglo evropske okvire in postalo Mednarodni matematični kenguru. Leta 2016 se ga je udeležilo več kot 6 milijonov tekmovalcev iz več kot 60 držav sveta. V Sloveniji Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije organizira tekmovanje za učence od prvega razreda osnovne šole do četrtega letnika srednje šole. Poseben izbor je pripravljen za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol, za dijake srednjih poklicnih šol ter za študente. Naloge, zbrane v teh knjigah, so najboljše možno gradivo za pripravo na prihodnja tekmovanja. Predvsem zato, ker je vsaki nalogi dodana podrobno razložena rešitev, ki bralca vodi v logično mišljenje in spoznavanje novih strategij reševanja. Marsikatera naloga, ki je sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematični izziv. MEDNARODNI MATEMATIČNI KENGURU 2005-2008 18,74 EUR 2009-2011 14,50 EUR jm 2012-2016 23,00 EUR Pri DMFA-založništvo je v Presekovi knjižnici izšlo že pet knjig Matematičnega kenguruja. Na zalogi so še: • Mednarodni matematični kenguru 2005-2008, • Mednarodni matematični kenguru 2009-2011, • Mednarodni matematični kenguru 2012-2016. Poleg omenjenih ponujamo tudi druga 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 starejših zbirk nalog pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga!