PRESEK LETNIK 46 (2018/2019) ŠTEVILKA 2
1_______				
Ai		■M		
aH		-^mmwM ■¡¡illl .! !v!%Me		
				


teli
mm mm

■a prf
iMŠ&iil
M
BARVANJE GRAFOV IN NJEGOVA UPORABA
ELEKTROMAGNETNA INDUKCIJA IN DIFERENCIALNI PRENOS LUNINI MRKI PROBLEM DVEH JAJC
ISSN 0351-6652
9 7 7 035, 065623
9770351665623
9770351665623
MATEMATIČNI TRENUTKI
KOLOFON
Kako obdržati
streho na hiši
-i' -i' ^
Žal še vedno ni mogoče popolnoma preprečiti škode, ki jo na hišah povzročijo močni vetrovi, deževja in nevihte. Nova ideja, ki je zasnovana s pomočjo matematike, pa lahko škodo, ki jo povzroči veter, precej omeji. Pred pričakovanimi močnimi vetrovi je potrebno na streho namestiti premišljeno zasnovano ponjavo in jo zasidrati v tla. Med neurjem določen del vetra ponjavo preide, preostali del vetra pa ponjavo porine proti strehi in uravnoteži sile, ki streho potiskajo navzgor. Z naraščajočo močjo vetra ponjava še močneje tišči streho navzdol. Zasnova ponjav temelji na diferenčialnih enačbah, vektorski analizi in trigonometriji. Med preizkušanjem prototipov ponjav med hurikani, ko je veter pihal tudi do 180 km/h, so hiše, pokrite s ponjavo, ostale nepoškodovane, nezaščitene hiše pa so izgubile vsaj del strehe.
Doslej uveljavljeni načini zaščite s fiksnimi vrvmi in trakovi so nepremični in se ne morejo prilagoditi naraščajočim hitrostim vetra. Med nevihtami pogosto odpovedo, ko močni vetrovi, podobno kot pri letalskih krilih, povzročijo dviganje strehe. Ponjave pa so delno prepišne in tako odvzamejo del moči vetra. Trakovi, ki so privezani na ponjavo, se med tem zategnejo, prerazporedijo pritisk po čelotni strehi in zmanjšajo vzgon. Poleg učinkovitosti ponjave odlikuje tudi sorazmerno nizka čena in enostavna namestitev, ki ne traja več kot dve ali tri ure.
Radovednejši bralči si lahko preberete članek Elastic model for a wind-protection membrane, ki sta ga leta 2017 objavila Martin J. Korber in Stefan Siegmund v reviji Journal of Wind Engineering and Industrial Aerodynamics.
SLIKA.
Škoda, ki jo je povzročil huri-kan Harvey.
_XXX
Presek
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 46, šolsko leto 2018/2019, številka 2
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojča Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lučijana Kračun Berč (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Razpet, Jure Slak (računalništvo), Matjaž Venčelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik).
Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska uliča 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 633, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2018/2019 je za posamezne naročnike 22,40 eur - posamezno naročilo velja do prekliča, za skupinska naročila učenčev šol 19,60 eur, posamezna številka 6,00 eur, stara številka 4,00 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 30 eur.
Transakčijski račun: 03100-1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI560310 0100 0018 787.
List sofinancira Javna agenčija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proračuna iz naslova razpisa za sofinančiranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikačij.
Založilo DMFA-založništvo
Oblikovanje Tadeja Šekoranja
Tisk Collegium Graphičum, Ljubljana
Naklada 1300 izvodov
© 2018 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2075
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

2
PRESEK 46 (2018/2019) 2
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 srednješolcem.
Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 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 Kako obdržati streho na hiši
MATEMATIKA
4-6 Barvanje grafov in njegova uporaba
(Tjaša Paj Erker) 7-9 Trikrat pakiramo
(Ivan Lisac) 10 Nalogi
(Marko Razpet)
16-17
29
30
31
FIZIKA
11-14 Elektromagnetna indukcija in diferencialni prenos (Andrej Likar)
ASTRONOMIJA 19-22 Lunini mrki
(Andrej Guštin)
RAČUNAL NI ČTVO 23-28 Problem dveh jajc
RAZVEDRILO
Nagradna križanka (Marko Bokalic)
Rešitev nagradne križanke Presek 46/1 (Marko Bokalic)
Nekaj o krasni poletni šoli v Plemljevi vili na Bledu (Vid Kavčič)
Naravoslovna fotografija - Gejzir (Aleš Mohorič)
15,18
priloga
priloga
priloga
TEKMOVANJA
38. tekmovanje iz znanja fizike za Štefanova priznanja (Barbara Rovšek)
56. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije - šolsko tekmovanje Tekmovanje srednješolcev v znanju fizika
-	šolsko tekmovanje Cmrlj
28. tekmovanje iz razvedrilne matematike
-	šolsko tekmovanje
MATEMATIKA
Barvanje grafov in njegova uporaba
Np Np
Tjaša Paj Erker
-> Poglejmo, s kakšnimi težavami se srečujejo organizatorji popoldanskih športnih dejavnosti, ki bi radi, da bi bila športna dvorana na voljo čimveč uporabnikom različnih športov. Pri tem bi radi ustregli tudi individualnim željam posameznikov, ki bi se hkrati radi redno udeleževali dveh ali več športov, pa ne na isti dan. Poleg tega bi morali upoštevati še dogovor z lokalnim klubom, da bo telovadniča prosta ob sredah in med vikendom.
Rešitev zgornjega problema lahko matematično enostavno prikažemo z barvanjem grafov. Preden se tega lotimo, si oglejmo osnovne pojme iz teorije grafov, ki jih pri tem potrebujemo.
Graf je množica vozlišč in množica povezav med njimi. Označujemo ga z G = (V(G),E(G)), kjer je V (G) množica vozlišč in E(G) množica povezav med njimi. Na sliki 1 je tako V(Gi) = {A,B,C,D,E} in E(Gi) = {e1,e2,e3,e4} ter V(G2) = {A,B,C,D} in E(G2) = {ei,e2,es,e4 ,es,e6}.
Barvanje vozlišč grafa G je dodelitev neke barve vsakemu vozlišcu v grafu. Zanimivo je predvsem pravilno barvanje vozlišč. To je barvanje, ki vsakemu paru sosednjih vozlišc dodeli razlicni barvi. Pravilno fc-barvanje je barvanje grafa, za katerega porabimo fc barv. Na sliki 2 je primer pravilnega 4-barvanja grafov G1 in G2.
Seveda lahko graf G z n vozlišci vedno pravilno pobarvamo z n barvami, zato nas bolj zanima najmanjše možno število barv, ki jih moramo uporabiti,
D
Gi : A
SLIKA 1.
Primera grafov G1 in G2
C
G2 :
G
1:
G2
SLIKA 2.
Pravilno 4-barvanje grafov G1 in G2
da graf s temi barvami pravilno pobarvamo. Število povezav iz vozlišca v imenujemo stopnja vozlišča. Največjo stopnjo vozlišca grafa G oznacimo z A (G).
V zgornjih dveh primerih je A(G1) = 4 in A(G2) = 3. Izkaže se, da lahko vsak graf pobarvamo z A (G) + 1 barvami. Hitro pa vidimo, da lahko graf G1 pravilno pobarvamo celo z dvema barvama, medtem ko grafa G2 ne moremo pravilno pobarvati z manj kot štirimi barvami. Najmanjše število, za katerega obstaja pravilno fc-barvanje vozlišc, imenujemo kromatično število grafa in ga oznacimo z x(G). Tako je x(G1) = 2 in x(G2) = 4.
10
PRESEK 46 (2018/2019) 2
MATEMATIKA
Sedaj lahko na primeru predstavimo problem iz uvoda in ga rešimo s pomočjo barvanja grafov.
Primer 1. Tabela 1 nam prikazuje, kdo se je prijavil na posamezno športno dejavnost. Ker mora biti telovadnica v sredo in čez vikend prosta, bi vse dejavnosti radi razporedili v štiri dni. Ali jih je mogoče razporediti tako, da bi se vsi lahko udeležili vseh želenih športov in se hkrati nihce ne bi udeležil dveh različnih športov istega dne?
košarka	Darko, Darja, Aljaž, Bor, Tia, Klara, Žan
nogomet	Aljaž, Darko, Tine, Gal, Rok
plezanje	Darja, Gregor, Bor
rokomet	Meta, Darja, Tia, Maša, Iza, Klara, Jan
odbojka	Bor, Darja, Žan, Ajda, Gregor, Iza
aerobika	Meta, Maša, Tia, Tine, Aljaž, Jan
badbinton	Iza, Ajda, Gregor
TABELA 1.
Tabela prijav na posamezno dejavnost
Zanima nas, z najmanj koliko barvami lahko pravilno pobarvamo vsa vozlišča. Ker so vozlišča P, O in R povezana v trikotnik, bomo za njihovo barvanje potrebovali tri različne barve, npr. modro, rdečo in zeleno. Poleg tega sta z vsemi temi vozlišči povezani vozlišči B in K. Ker ti dve nista sosednji, ju lahko pobarvamo z enako barvo, npr. z rumeno. Ostaneta nam še vozlišči N in A, za kateri pa lahko ponovno uporabimo rdečo in modro barvo. Dobimo graf na sliki 3.
Graf smo pobarvali s štirimi barvami in hkrati ugotovili, da ga ni mogoče pobarvati z manj barvami. Torej je x(G) = 4. To pomeni, da lahko vse dejavnosti razporedimo v štiri dni, kot prikazuje spodnja tabela:
prvi dan	nogomet, odbojka
drugi dan	košarka, badbinton
tretji dan	plezanje, aerobika
četrti dan	rokomet
TABELA 2.
Razporeditev dejavnosti po dnevih
Rešitev. Problem predstavimo s pomočjo grafa na sliki 3. Vozlišča naj predstavljajo športne dejavnosti. V primeru, da se želi ista oseba udeležiti dveh športnih dejavnosti, vozlišči povežemo. Npr., vozlišči, ki predstavljata nogomet in košarko, povežemo, ker se Darko in Aljaž želita udeležiti obeh dejavnosti. Tako dobimo graf. Sedaj nastali graf pobarvamo s čim manj barvami in pri tem pazimo, da poljubni sosednji vozlišči pobarvamo z različnima barvama. Barve predstavljajo dneve v tednu.
SLIKA 3.
Graf, ki predstavlja Primer 1.
Na številnih področjih lahko najdemo podobne naloge. Tako lahko s pomočjo barvanja vozlišč rešimo npr. problem radijski oddajnikov. Frekvenče radijskih oddajnikov se namreč lahko med sabo motijo, če so preblizu skupaj. Problem, ki se nam pojavi je, kako razdeliti frekvenče množiči oddajnikov, da se medsebojno ne bodo motile. Najmanj koliko fre-kvenč je za to potrebno?
Primer 2. V tabeli 3 so razdalje med posameznimi kraji, označenimi s črkami A - G. Koliko frekvenc je potrebno, če krajema, ki sta oddaljena manj kot 500 km, ne moremo dodeliti iste frekvence?
Rešitev. Problem predstavimo z grafom. Pri tem so vozlišča kraji. Ce sta kraja oddaljena manj kot 500 km, ju povežemo in dobimo povezave. Graf lahko pravilno pobarvamo s tremi barvami (kot na sliki 4), pri čemer barve predstavljajo frekvenče. Torej potrebujemo le tri frekvenče.
->
10	PRESEK 46 (2018/2019) 2

MATEMATIKA

A
A
450 550
620 710
860 820
B 450
480 360
280 660 760
C
550 490
200 600
900 900
D
700
300 120
190 650 730
600
250
530
360
340
460
F 850
600 820
630 380
560
G
900 750
910 750
450 540
JABELA 3.
Šest načinov, šest zmnožkov
SLIKA 4.
Graf, ki predstavlja Primer 2.
Zelo znan problem je tudi problem barvanja zemljevidov. Pri tem problemu nas zanima, koliko barv potrebujemo, da zemljevid pobarvamo tako, da nobeni dve sosednji državi (ali regiji) ne bosta imeli enake barve.
Primer 3. Z najmanj koliko barvami lahko pobarvamo zemljevid držav v Južni Ameriki tako, da nobeni dve sosednji državi ne bosta imeli enake barve?
SLIKA 5.
Države Južne Amerike
Literatura
[1] D. Brown Smithers, Graph Theory for the Secondary School Classroom, Electronic Theses and Dissertations, Paper 1015, 2005.
E
Rešitev. Problem predstavimo z grafom, kjer so vozlišča države. Če imata dve državi skupno mejo, ustrezni vozlišči povežemo. Zemljevid lahko pobarvamo s štirimi barvami.
Grafe z majhnim številom vozlišč lahko pobarvamo zelo hitro. Kaj pa, kadar moramo pobarvati zahtevnejši graf? Kadar je število vozlišč večje, seveda ni tako enostavno poiskati vrednosti x(G). Obstajajo sičer algoritmi za poljubno velike grafe, ki pa se izkažejo za zelo zamudne že pri malo večjem problemu.
[2]	R. J. Wilson, Introduction to Graph Theory, Third Edition, New York, 1985.
[3]	J. Žerovnik, Osnove teorije grafov in diskretne optimizacije, druga izdaja, Univerza v Mariboru, 2005.
[4]	Dostopno na www.pinterest.com/pin/ 546272629772915227/, ogled: 14. 9. 2018.
_ XXX
10
PRESEK 46 (2018/2019) 2
MATEMATIKA
Trikrat pakiramo
•J/ •i' Np Ivan Lisac
Ste se že kdaj prepirali, kako zložiti prtljago v prtljažnik? Tokrat bomo poskusili rešiti nekaj nalog povezanih s pakiranjem.
Pakiranje kvadrov v kvader
Prevoznik Andrej prevaža tovor. Tovornjak ima prostor za tovor, ki meri 630 cm v dolžino, 170 cm v širino in 200 cm v višino. Tokrat prevaža škatle enake oblike, ki merijo 55 cm v dolžino, 45 cm v širino in 35 cm v višino. Kako naj Andrej naloži škatle v tovornjak tako, da bo šlo vanj čimveč škatel, pri cemer se omejimo samo na taka nalaganja, kjer so škatle zložene druga ob/na drugi tako, da vse enakoimen-ske dimenzije škatel gledajo v isto smer? Pri tem imajo prostor za tovor in škatle obliko kvadra.
Obstaja šest nacinov takega pakiranja: prvo škatlo z merami d, s in v lahko namrec postavimo v vogal tovornega prostora z merami D, S in V tako, da je mera d vzporedna meri D, mera s vzporedna meri S, in mera v vzporedna meri V. Nadaljnje možnosti dobimo, ce prvo škatlo obrnemo in s tem njene mere glede na ta vrstni red permutiramo. Možnosti so:
d, s, v	d, v , s	s, d, v
s, v, d	v, d, s	v, s, d
dobimo še druge take kolicnike in druge zmnožke.
Za dani primer sestavimo sedaj tabelico 2: v gornjo vrstico naštejmo mere tovornega prostora, v levi stolpec pa mere prvo postavljene škatle. Na križišcu stolpca in vrstice pa naj bo kolicnik ustrezne mere prostora in ustrezne mere škatle.
	630	170	200
55	11	3	3
45	14	3	4
35	18	4	5
TABELA 2.
Tabelica količnikov mer
Kolicnike iz te tabelice jemljemo v zmnožek po vrsticah in stolpcih tako, da kolicniki niso iz iste vrstice niti iz istega stolpca. Tako dobimo šest zmnožkov v tabeli 3.
d, s, v	d, v , s	s, d, v	
11 •3 • 5	11 • 4 • 4	14 • 3 • 5	
165	176	210	
s, v, d	v, d, s	v, s, d	
14 • 4 • 3	18 • 3 • 4	18 • 3 • 3	
168	216	162	
TABELA 3.
Šest načinov, šest zmnožkov
TABELA 1.
Šest načinov postavitve prve škatle
Kateri nacin je najboljši? Pri prvem nacinu gre dolžina škatle d kar LD : dj-krat1 v dolžino prostora D, širina škatle s gre LS : sj-krat v širino prostora S in višina škatle v gre L V : v j-krat v višino prostora V. Zmnožek teh treh dobljenih (navzdol zaokroženih) kolicnikov pa nam pove, koliko škatel gre na ta nacin v tovornjak. Pri vrtenju prve škatle in menjavi mer
1 Lxj = max{n e Z : n < x}
V danem primeru je torej najboljši peti nacin z 216 naloženimi škatlami. Dodajmo še to: pri vseh teh nacinih ostane še nekaj praznega prostora, ki je morda še uporaben za doložitev kake škatle. Kako izkoristiti morebitni tak ostanek, tu ne bomo premišljali.
Pakiranje krogov v pravokotnik
Tokrat ima prevoznik Andrej tovor plinskih jeklenk oblike krožnega valja. Naložil je že 40 jeklenk v osem vrst po pet v vrsto in tako zapolnil razpoložljivi prostor (slika 1 - tloris). Ima še eno jeklenko, ki bi jo rad dodal na tovornjak.
->
10	PRESEK 46 (2018/2019) 2

MATEMATIKA

SLIKA 1.
8 ■ 5 = 40
Vendar kako? Po nekaj minutah se domisli. V prvi vrsti pusti pet jeklenk. Iz druge vrste eno umakne in ostale štiri porine nekoliko gor in levo v vmesni prostor. Podobno naredi še z vrstami od tretje do osme ter zacuda pridobi prostor za deveto vrsto in skupaj 41 jeklenk (slika 2)!
SLIKA 2.
8©5 =41
lize privzemimo še, da prvi nacin zapolni pravokotni prostor v celoti do vseh stranic pravokotnika.
Koliko pa je v © 5? Najprej opazimo, da imajo v vsaki vrsti središča krogov enako koordinato: v prvi vrsti je to kar polmer kroga, v drugi vrsti je to polmer kroga in še premer kroga, pomnožen s v3 : 2, v tretji vrsti je to polmer kroga in še dva premera kroga, pomnožena s V3 : 2 itd. Denimo, da imamo v šestkotniškem načinu skupno v' vrstic, v1 vrstic po 5 krogov in v2 vrstic po 5 - 1 krogov. Krogi naj imajo enotski premer. Potem mora veljati:
■	v © 5 = v15 + v2 (5 - 1), v1 + v2 = v',
1 V3, , ,, 1
■	^ + ~2 (v - D + 2 " v■
Ta sistem enacb in neenacb ima rešitev 2
" v U + 73(v - DJ,
v1 = L
v
+ 1 I	I v' ,
"2— J, v2 = LyJ■
Tak nacin pridobivanja prostora poglejmo podrobno. Andrej je sprva postavil 40 jeklenk na štiriko-tniški nacin: vsaka notranja jeklenka se dotika štirih sosednjih. Zatem je poskusil povecati število sosed notranjih jeklenk in izkoristiti obstojece vrzeli. Lihe vrste so ohranile po pet jeklenk, sodim je bila po ena odvzeta, soda vrsta pa je bila pomaknjena v medprostore prejšnje vrste. To je šestkotniški nacin. Vecina notranjih jeklenk ima po šest sosed, vrzeli med tremi sosednjimi jeklenkami pa so se nekoliko zmanjšale: prej je tipicna vrzel merila (4 - n)r2 = 0,858r2 (na sliki 1 jih je 28), potem pa le še (V3 - n : 2)r2 = 0,161r2 (na sliki 2 jih je 56).
Uvedimo sedaj novo operacijo © takole: zmnožek v ■ 5 je število krogov v štirikotniškem nacinu nalaganja krogov v v vrst po 5 v vrsto, zmnožek v ©5 pa naj bo število krogov v šestkotniškem nacinu pri enakem prostoru kot pri prvem nacinu. Zaradi lažje ana-
Definirajmo še: v © 1 = 1 © v = v.
Videli smo že, da je 8 © 5 = 41. Bralec lahko preveri, da je 5 © 8 = 38 (operacija © torej ni komu-tativna). Zanima pa nas, kdaj je dobro jeklenke nalagati šestkotniško, kdaj pa ne. V tabeli 4 imamo prikazano razliko v © 5 - v ■ 5. Negativna števila kažejo prednost pri štirikotniškem nacinu nalaganja, pozitivna kažejo prednost pri šestkotniškem nacinu nalaganja. Tabela je usklajena s slikama 1 in 2, koordinatni vrstici sta zato izjemoma spodaj in levo.
Iz tabele razberemo, da pri majhnih merah prostora bolje deluje prvi nacin, pri vecjih merah pa bolje šestkotniški nacin. Primer 8 © 5 je prvi, kjer pride do prevlade šestkotniškega nacina. Še to: pokazali smo primer, kjer je šestkotniški nacin boljši, ni pa receno, da je najboljši tudi v splošnem.
Pakiranje krogov vzdolž premice
Tokrat morajo gozdarji za d enako debelih okroglih debel pripraviti na tleh skladovnico. V njej bo v prvi vrsti k debel, v vsaki nadaljnji pa eno manj oziroma kolikor jih pac ostane v zadnji vrsti. Vsako deblo je bodisi na tleh bodisi med dvema spodnjima debloma. Skladovnica naj sprejme vseh d debel, vendar naj bo cim ožja, lahko pa je visoka. Primer skladovnice z d = 8 debli in k = 4 debli v prvi vrsti je na sliki 3.
10
PRESEK 46 (2018/2019) 2
MATEMATIKA
9	0			-2	-2	-3	-3	5	4
8	0			-2	-2	-3	-3	4	3
7	0			-2	-2	-3	-3	3	2
6	0			-2	-2	-3	-3	2	1
5	0			-2	-2	-3	-3	1	0
4	0			-2	-2	-3	-3	0	-1
3	0			-2	-2	-3	-3	-1	-2
2	0			-2	-2	-3	-3	-2	-3
1	0	0	0	0	0	0	0	0	0
									
s/v	1	2	3	4	5	6	7	8	9
Število k mora biti najmanjša naravna rešitev kvadratne neenacbe k2 + k - 2d > 0, katere diskriminanta je D = 1 + 8d, pozitivna realna rešitev (\fD - 1) : 2, naravna rešitev pa navzgor zaokrožena:2
■ k = \(V8d + 1 - 1) :21 = \V2d + 1 :4 - 1:21.
Primer za d = 30: D = 241, VD = 15,524..., k = 8 in 30 = 8 + 7 + 6 + 5 + 4.
Naloge
1. Poišci cim vecje število škatel za podane mere v spodnji tabelici:
TABELA 4.
v e s - v ■ s
SLIKA 3.
8=4+3+1
Naš cilj bo za dani d izračunati ustrezni k, da bo mogoce skladovnico pravilno zaceti s prvo vrsto s k debli. Najprej opazimo tole: če se d debel postavi v skladovnico tako, da je v zadnji vrsti eno samo deblo, je število debel d enako
d = k + (k - 1) +
21
k(k + 1) 2 '
V takih primerih je d enak trikotniškemu številu Tk. Zaporedje trikotniških števil smo verjetno že srečali, gre pa takole:
■ 0,1, 3,6,10,15, 21, 28, 36,45,....
Vidimo, da Tk debel napolni skladovnico s prvo vrsto s k debli. Za splošni d pa išcemo tak k, da bo
Tk-1 < d < Tk =
k(k + 1) 2 .
	550	150	180
60			
55			
40			
2.	Na šahovnico je mogoce postaviti 64 krogov s premerom, enakim robu enega polja. Koliko takih krogov dobimo s šestkotniško postavitvijo?
3.	Gozdarji so posekali 50 debel. V kakšno skladovnico naj jih naložijo?
Rešitve
1. Tabelica je taka:
	550	150	180
60	9	2	3
55	10	2	3
40	13	3	4
Največje število škatel je 10 ■ 3 ■ 3 = 90.
2.	Izracunamo 8 © 8 = 68.
3.	Za d = 50 izracunamo D = 401, VD = 20,024 in k = 10 ter 50 = 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 1.
_XXX
2 \%1 = min{n e Z : n > x}.
10	PRESEK 46 (2018/2019) 2

MATEMATIKA
Nalogi
■is NU Np
Marko Razpet
1.	naloga. Poišči funkcijo f, ki za vsak realen % zadošča funkcijski enačbi
■	x(x + 1)f(x) + f(1 - x) = x(x3 - 1).	(1) Rešitev 1. naloge. V dano enačbo
■	x(x + 1)f(x) + f(1 - x) = x(x3 - 1)	(2) vstavimo 1 - x namesto x in dobimo najprej
-	(1 -x)(2-x)f(1-x)+f(x) = (1 -x)((1-x)3-1) in po preureditvi
-	f(x) + (x - 1)(x - 2)f(1 - x) =
x(x - 1)(x2 - 3x + 3). (3)
Sedaj enačbi (2) in (3) obravnavamo kot sistem dveh enačb z neznankama f(x) in f (1 - x). Sistem npr. rešimo tako, da iz (2) izrazimo
■	f (1 - x) = x(x3 - 1) - x(x + 1)f(x)
in to vstavimo v (3). Po preureditvi dobimo
■	f(x)(x4 - 2x3 - x2 + 2x - 1) =
x(x - 1)(x4 - 2x3 - x2 + 2x - 1).
Nazadnje je pred nami rezultat: f(x) = x(x - 1).
2.	naloga. Na sliki 1 je enakostranični trikotnik s straničo x, ki je razdeljen na dva skladna raznostra-nična trikotnika, enakokraki trapez in enakokraki trikotnik z znanimi podatki. Izračunaj straničo x.
Rešitev 2. naloge. Višina enakostraničnega trikotnika je v = xV3/2, višina enakokrakega trikotnika pa po Pitagorovem izreku v1 = V7 - (1/2)2 = V27/4 = 3^3/2. Višino v2 enakokrakega trapeza prav tako dobimo s Pitagorovim izrekom, če prej od
SLIKA 1.
Enakostranični trikotnik s podatki
desnega zgornjega oglišča do spodnje straniče potegnemo levemu kraku vzporedno daljičo. Tako dobimo enakokraki trikotnik s krakoma dolžine 2 in osnovničo dolžine x - 1. Potem je v2 =
V4 - (x - 1)2/4. Ker je v = v1 + v2, imamo enačbo za x:
■	xV3/2 = 3V3/2 + s]4 - (x - 1)2/4. Pomnožimo jo z 2 in preuredimo:
■	(x - 3^V3 = sj 16 - (x - 1)2.
Kvadriramo in dobljeno enačbo uredimo v kvadratno enačbo
■	x2 - 5x + 3 = 0,
ki ima pozitivno rešitev
■	x = (5 + V13)/2.
_ XXX
10
PRESEK 46 (2018/2019) 2
FIZIKA
Elektromagnetna indukcija in diferencialni prenos
•J/ •i' Np
Andrej Likar
James Clerk Maxwell je veliko ime v fiziki. V 19. stoletju (okrog leta 1870) je postavil trdne temelje elektromagnetizma z znamenitimi, po njem imenovanimi Maxwellovimi enačbami, ki veljajo še danes. Pri tem se je oprl na poskuse, ki jih je z veliko zagnanostjo in natančnostjo izvajal Michael Faraday, in se zanašal na nove matematične poti, ki so jih utirali tedanji matematiki.
Svoj izjemni talent je James kazal že v rani mladosti. Pozorno je opazoval pojave in naprave okrog sebe. Ob neki priložnosti je povprašal očeta, kako deluje ključavnica. Oce se ni spuščal v podrobnosti in je delovanje razložil v grobih potezah. Tudi sam verjetno ni poznal vseh podrobnosti. A James z razlago ni bil zadovoljen in je zaprepadenemu očetu takole odgovoril: »Da, oče, a, povej mi natančno, kako ključavnica deluje!«
V študijskih letih se je odlikoval s svojim globokim razumevanjem fizikalnih pojavov. Njegov tutor pri eksperimentalnem delu je ob neki prilžnosti izjavil, da na kakršnokoli fizikalno vprašanje James ne more odgovoriti napačno. Prevladuje mnenje, da bi prišel do posebne teorije relativnosti dosti pred Einsteinom, če bi mu bilo dano živeti dlje časa.
Pri študiju elektromagnetnih pojavov si je na začetku pomagal z mehaničnimi analogijami. Ker je zelo dobro poznal mehaniko, električni pojavi pa so bili tudi zanj povsem novo fizikalno področje, se je novim pojavom približal tako, da je poiskal meha-
nične sklope, ki so se odzivali na podoben ali celo enak način kot električni. Vsem znana je analogija med električnim in vodnim krogom. Vodni tok po čevi je analogen električnemu toku, črpalka bateriji in majhna turbina električnemu uporniku. Tlak vode v cevi je analogen električni napetosti. Za dobršen nabor pojavov je ta analogija povsem ustrezna. Potovanje nabojev v krogu dostikrat primerjamo tudi s smučanjem na urejenem smučišču z vlečničo. Vlečnica potegne smučarja na vrh smučišča (naboj v bateriji potuje iz nižjega potenčiala proti višjemu in tako nasprotuje električni sili), potem pa se smučar zabava s spuščanjem po klanču navzdol do vleč-niče (naboj potuje po krogu iz uporovne žiče do drugega pola baterije). Seveda pa se vsaka analogija slej ko prej konča in postane neustrezna, nerodna in končno tudi nepotrebna. A je pri razlagah dostikrat izjemno uspešna, saj ponazori nekaj novega na način, ki smo ga vajeni.
Nekatere Maxwellove analogije so zapletene in jih pri pouku fizike ne obravnavamo. Druge pa so genialno domiselne in dovolj preproste, da jih je vredno omeniti. Ena takih je analogija med indukčijo v dveh električnih krogih in diferencialnim prenosnikom moči. O tej bo tekla beseda v tem prispevku.
Najprej se spomnimo osnovnega poskusa, s katerim uvedemo elektromagnetno indukcijo. Na sliki 1 sta dve enaki kovinski zanki blizu skupaj. V prvi imamo vključen napetostni vir in drsni upornik, s katerim spreminjamo tok v zanki. V drugi zanki merimo inducirani tok I2 z občutljivim ampermetrom z danim notranjim uporom R. S spreminjanjem upora v prvem krogu se tam spreminja tudi električni tok I1, z njim pa magnetno polje, ki ga ta tok povzroča.
->
14	PRESEK 43 (2018/2019) 2

FIZIKA

(1) (2)
Ui =
~dt'
Ce je upor R dovolj majhen in induktivnost L dovolj velika, lahko prvi člen desne strani zanemarimo in dobimo v tem približku zvezo
dl2 dI\
dt

dt
Hitrosti spreminjanja tokov sta torej po velikosti enaki, a nasprotni. Naraščjoči tok v prvi zanki povzroči naraščajoči tok tudi v drugi zanki, le v nasprotni smeri. Pri superprevodni drugi zanki bi se tokova povsem izničila in ne bi imeli nobenega magnetnega pretoka skozi zanki. Ko se tok Ii skozi prvo zanko ustali, tok I2 skozi drugo zanko zaradi upora hitro usahne. Ko nato tok Ii začnemo zmanjševati, pa se v drugem krogu pojavi tok, ki teče v isto smer kot Ii. Tok I2 v tem primeru skuša obdržati magnetni pretok na prejšnji ravni (spet po Lenzovem pravilu) in tako pri tem pomaga toku Ii (glej sliko 2).
SLIKA 1.
Kovinski zanki s skupnim magnetnim pretokom <i>. V levo zanko (1) je vključena baterija z drsnim uporom, da lahko nastavljamo tok Ii po njej. V desni zanki (2) spremenljiv magnetni pretok inducira tok I2, ki ga merimo z ampermetrom (A).
Spreminjajoče se magnetno polje pa v drugem krogu zaradi indučirane napetosti požene tok I2, ki skuša zmanjšati magnetno polje; ta nastane zaradi toka v prvem krogu (Lenzovo pravilo). Ker sta kroga enaka in zelo blizu skupaj, je magnetni pretok $ skozi obe zanki enak. Indučirana napetost v drugem krogu je torej, kot vemo,
torej enaka hitrosti spreminjanja magnetnega pretoka. Magnetni pretok skozi zanki pa je poslediča obeh tokov v zankah, torej
■	$ = L(Ii + I2).
Z L smo označili induktivnost zank. Indučirana napetost požene tok I2, ki je po Ohmovem zakonu
'2=— R
S kombiniranjem zgornjih enačb dobimo zvezo dI2 R dIi
■	-= — i2 —-.
dt L dt
SLIKA 2.
Spreminjanje induciranega toka I2 v odvisnosti od toka I\
Taka povezanost tokov v zanki je nenavadna, saj česa podobnega v vsakdanjem življenju ne najdemo. Ali je mogoče to povezanost kako ponazoriti z mehanično napravo? Maxwell je tako napravo našel. V Cavendishevem laboratoriju v Cambridgu imajo na ogled model, ki ga je zasnoval Maxwell. Skico modela najdemo na sliki 3, kot so jo objavili v ponatisu originalnega Maxwellovega dela A Treatise on Electricity & Magnetism. V tem delu originalno ni nikakršnega mehaničnega modela, ki bi ponazarjal obravnavano snov. To potrjuje, da je Maxwell mehani čne prispodobe povsem opustil, potreboval jih je le med snovanjem svoje teorije elektromagnetnega polja.
Preprostost in ustreznost mehaničnega modela je
14
PRESEK 44 (2018/2019) 2
FIZIKA
izdajatelja prepričala v tolikšni meri, da ga je predstavil v ponatisu. Gre za kolesi (na sliki P in Q), povezani z diferencialom, kot ga poznamo iz avtomobilskega pogona. Vmesni zobnik je vpet na vztrajnik (R), ki mu lahko spreminjamo vztrajnostni moment J. Ko v dani smeri (denimo v smeri urinega kazalca) pospešeno vrtimo kolo P, se kolo Q pospešeno vrti v nasprotni smeri. Kolo Q rahlo zaviramo. Ko pospešek kolesa P pojenja in se vrti enakomerno, se kolo Q zaradi zaviranja ustavlja in koncno povsem ustavi. Ko začnemo kolo P zavirati, se kolo Q zacne pospešeno vrteti v isto smer kot kolo P. Če povežemo kotno hitrost cvp kolesa P s tokom Ii, kotno hitrost cvq kolesa Q s tokom I2, imamo analogijo s povezanima električnima krogoma. Da je analogija popolna, se prepriČcamo, ko analiziramo gibanje delov tega modela.
Slika 4 ponazarja razmere v diferencialu. Levi zobnik (p) se vrti s kotno hitrostjo cop, desni (q) pa s ko-
tno hitrostjo wq. Zobnik na vztrajniku (R) se je zato prisiljen kotaliti po zobnikih p in q s kotno hitrostjo

Wp +
Obodna hitrost zobnika r na stiku z zobnikom p je namreČc enaka
■	VRp = WpQp + ^3Qr,
kjer je z 6O3 oznacena kotna hitrost zobnika r okrog lastne geometrijske osi, Qp je povprecni polmer zobnikov p ali q, Qr pa povprecni polmer zobnika r. Obodna hitrost zobnika r na stiku z zobnikom q pa je
■	VRq = WpQp + W3Qr-
Ker je obodna hitrost v geometrijski osi zobnika r
SLIKA 3.
Maxwellov mehanični model, ki ponazarja indukcijo v električnih krogih. Slika je povzeta iz Maxwellove knjige Treatise on Electricity and Magnetism, ponatisnjene leta 1954.
■ VRo = WRQp,
kar mora biti enako geometrijski sredini njegovih obodnih hitrosti, je wr res polovicna vsota kotnih hitrosti Wp in Wq.
Sili Fp in Fq na stiku zobnikov p in q poskrbita za kroženje vztrajnika (R). Newtonov zakon za vrtenje povezuje navor, krožni pospešek in vztrajnostni moment vztrajnika takole:
J
dt
+ Fq
Vztrajnostne momente koles (P) in (Q) ter vztrajno-stni moment vztrajnika okrog njegove geometrijske osi zanemarimo v primeri z vztrajnostnim momentom (J) vztrajnika okrog geometrijske osi koles. To pomeni, da je navor sile Fq na kolo (Q) enak zaviralnemu navoru Me na to kolo in sta sili F
in Fq enaki,
ker morata biti vsota njunih navorov glede na geometrijsko os vztrajnika enaka nic. Torej imamo še pogoja
fp Fq Qp
Fg
Me.
Zadnje tri enacbe pripeljejo do zveze:
dwt dt
4 Me
Jr
dt
->
p
14	PRESEK 45 (2018/2019) 2

FIZIKA
->
vztrajnik
SLIKA 4.
Skica diferenciala pri izpeljavi povezave med kotnima hitrostma
Wp in Wq
Ce za zaviralni navor Me postavimo ■ Me = -kwq,
se enačbi pri mehaničnem modelu in električnih krogih povsem ujemata. Analogija je torej popolna. Drugačno zaviranje kolesa Q to popolnost le neznatno pokvari.
Mehanični model je do te mere preprost, da ga lahko izdelamo sami. Prenosni zobniki pri modelu ne prenašajo velikih sil in s tem moči, zato so lahko plastični ali čelo izdelani iz lesa. Na sliki 5 je tak model, ki smo ga izdelali v domači delavniči. Kolesi P in Q sta kvadratni, da bolje sledimo njunemu vrtenju. Kljub majhnosti in znatnemu trenju v zobnikih deluje dobro. Namesto izvedbe osi, okrog katere se vrti vztrajnik, smo vključili še en zobnik na nasprotni strani zobnika (r). Pri tem pa je potrebno poskrbeti, da se zobnika na vztrajniku lahko vrtita v nasprotnih smereh. Kolo Q zaviramo z lahnim pritiskom prsta nanj.
Diferenčial, ki smo ga tu obravnavali, je sestavni del vsakega avtomobila. Pri našem modelu smo poganjali kolo P, pri avtomobilskem diferenčialu pa motor poganja vztrajnik, ki nato moč prenese na kolesi P in Q. S tem je navor motorja na obe kolesi skoraj enak, čeprav se kolesi vrtita z nekoliko različnima kotnima hitrostma coP in coq. Tak pogon omogoča gladko izpeljavo ovinkov, kjer se notranje kolo glede na ovinek vrti nekoliko počasneje kot zunanje.
SLIKA 5. Model, izdelan v domaČi delavnici. Vtrajnik je dolg 22 cm. v v v	
	
www.	dmfa.si
	
www.	presek.si
14
PRESEK 46 (2018/2019) 2
FIZIKA
38. tekmovanje iz znanja fizike za Štefanova priznanja
vU sU vU
Barbara Rovšek
-> Osnovnošolci so v šolskem letu 2017/2018 že 38-ic tekmovali v znanju fizike. Največ, 6771, se jih je udeležilo šolskega tekmovanja, 1492 podrocnega, samo 278 državnega tekmovanja in le 13 Bistrou-mov. Osvojili so 2582 bronastih, 1063 srebrnih in 96 zlatih Štefanovih priznanj ter šest nagrad (od tega štiri prve in dve drugi) in sedem pohval.
Državno tekmovanje je bilo v soboto 14. aprila 2018 na Pedagoški fakulteti Univerze v Ljubljani, Fakulteti za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru ter Osnovni šoli Frana Erjavca v Novi Gorici.
zredu. Podeljevali smo eno ali vec prvih, eno ali vec drugih in eno ali vec tretjih nagrad, pri cemer skupno število nagrajencev ni bilo formalno omejeno.
Z letošnjim tekmovanjem se vracamo za zacetke, kar se nagrad tice. Podeljujemo nagrade za prva tri mesta. Letos smo tako podelili po dve 1. nagradi v vsakem razredu, ker si tekmovalci na vrhu mesto delijo, in po eno 3. nagrado za 3. mesto. Dodatno lahko podelimo še pohvale, tako da skupno število nagrajenih in pohvaljenih v posameznem razredu ne presega števila sedem. Vsem nagrajencem, pohvaljen-cem in vsem, ki so osvojili zlata Štefanova priznanja, cestitamo.
Zanimivo je, da nihce od lanskih nagrajencev v 8. razredu letos ni osvojil niti zlatega priznanja, razen seveda prvouvršcenega lani in letos, Matije Likarja z OŠ bratov Polancicev Maribor, za kar njemu in njegovemu mentorju Mladenu Tancerju še posebej cestitamo.
V 8. razredu so naloge najbolje reševali:
8. RAZRED
1. nagrada
SLIKA 1.
Tekmovalka na državnem tekmovanju v Ljubljani v vodo v merilnem valju potaplja »sestavljeno telo« in meri rezultanto teže telesa in sile vzgona. (foto: Jan Šuntajs)
Miha Brvar, OŠ Trnovo, Ljubljana, mentorica Nataša Klun;
Jakob Grmek, OŠ Col, mentor Mitja Govedic.
Z letošnjim letom smo pri DMFA Slovenije spremenili pravila pri podeljevanju nagrad. Nagrade smo pr-vic podelili na 22. tekmovanju (v šolskem letu 2001/2002), ko smo podelili po tri nagrade v vsakem razredu. Že pri naslednjem, 23. tekmovanju, smo število nagrad povecali in tako je ostalo do lanskega leta. Najveckrat smo podelili sedem ali osem nagrad v vsakem razredu, najmanj pa pet in najvec (dalec najvec in izjemoma) 23 - na 25. tekmovanju v 8. ra-
3. nagrada
■	Domen Kozmus, OŠ Lesicno, mentorica Milena Grobelšek.
Pohvala
■	Žan Ambrožic, OŠ prof. dr. Josipa Plemlja, Bled, mentorica Helena Vojvoda;
14	PRESEK 15 (2018/2019) 2

RAZVEDRILO
nU vU NU
Nagradna križanka
JUDOIST GOMBOC
NAJVIŠJI VOJAŠKI ČIN
PASMA PSOV
STROKOVNJAK ZA GOSPODARSTVO
NIZOZ. SLIKARJA (ADRIAEN IN ISAAK VAN)
RAZPRE-DENOST, RAZRAŠČENOST
PEVKA SIRK
TONE
TOK ZA PUŠČICE
REVOLUCIONARNA FRANCOSKA PESEM IN PLES
ZELENJAD NICA JEDILNI OSLEZ
ROD DVOŽIVK
GREGOR URBAS
SLAVILNA PESEM
VNETLJIVA TEKOČINA, TOLUEN
JAPONSKI SMUČARSKI SKAKALEC (DAIKI)
ALPSKI NAPEVZA JODLANJE
VRSTA TROBILA
MESTO OB ISTOIMEN. JEZERU V KAZAH-STANU
ČAS, PO KA
NI VEČ DOVOLJEN IZHOD
NEW-YORŠKO OKROŽJE NA CELINI
ENAKA SAMOGLASNIKA
NEMŠKI FIZIK (GEORG SIMON)
AMERIŠKI IGRALEC (ALEC)
VRHNJE OBLAČILO MUSLIMAN K
MEDOVITA POUŠČINA
ODŽAGANI DEL DEBLA PRI VRHU
NAŠ PISATELJ (ALEŠ)
NEKDANJI TURŠKI VELIKAŠ
RUSJA-NOVIH LETAL
LIKOVNI UMETNIK
GRŠKI MATEMATIK IN FIZIK
NARAVNA ČASOVNA ENOTA
BELO-KRVNOST
OBLIKA ZAPISA ŠTEVILA
UMETNO KODRANJE LAS
CITROENOV OLDTIMER
PLES
DEL KAMIONA
VRHNJA DOMENA LITVE
RAZVEDRILNA ALI ŠPORTNA DEJAVNOST PO DOLOČENIH PRAVILIH
PIVO ST. SLOVANOV
PRVOTNI (KELTSKI) BRITANEC
STIČIŠČE ZUNANJIH
STEN OBJEKTA
IVAN BRATKO
TRGANJE SADEŽEV
JADRANSKA KOŠARKARSKA LIGA
SOPRA-NISTKA ČERNE
FLORA
ENOTA ZA MOČ
PESEK ZA BETO-[RANJE ALI NASIPANJE
NEKDANJI PREDSEDNIK ZDA (FRANKLIN)
ŠTUDENT, KI OPUSTI ŠTUDIJ
"NATRIT
ENAKA ŠUMEVCA
GOSPODINJSKA PRIPRAVA
EVROPSKA SKUPINA NARODOV
SVEČENIK, VRAČ
PUŠČAVSKA POKRAJINA VČILU
GRŠKI BOG SMRTI
CEVAST ORGAN ZA PRETOK KRVI
16
PRESEK 46 (2018/2019)2
RAZVEDRILO
-> Crke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani
www.presek.si/kri zanka
ter ga oddajte do 5. decembra 2018, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado.
XXX
PRESEK 46 (2018/2019)2
17
FIZIKA
Samo Krejan, OŠ Danile Kumar, Ljubljana,
mentorica Darja Oven;
Tian Strmšek, OŠ Race, mentorica Romana
Šabeder.
3. nagrada
■ Anže Hočevar, OŠ Louisa Adamiča, Grosuplje, mentorica Margareta Obrovnik Hlačar.
V 9. razredu so nagrade in pohvale prejeli:
9. razred
1. nagrada
■	Matija Likar, OŠ bratov Polančičev Maribor, mentor Mladen Tančer;
■	Juš Kocutar, OŠ Toneta Cufarja Maribor, mentor Marko Pongračič.
Pohvala
■	Rok Hladin, OŠ Šmarje pri Jelšah, mentorica Martina Petauer;
■	Aljaž Sovič, OŠ Gorica, Velenje, mentor Zvonko Kramaršek;
■	Blaž čerenak, OŠ Griže, mentor Ivan Pišek;
■	Katja Andolšek, OŠ dr. Franceta Prešerna, Ribnica, mentorica Andreja Zdravič Bauer.
SLIKA 2.
Osmošolci, nagrajeni na 38. tekmovanju v znanju fizike za Stefanova priznanja, na prireditvi Bistroumi 2018, ki je potekala v soboto 12. maja 2018 v Unionski dvorani Grand Hotela Union vLju-bljani, skupaj s podeljevalcema nagrad, prodekanom za sodelovanje z javnimi ustav-novami Blažem Zmazkom in predsednico tekmovalne komisije Barbaro Rovšek. (foto: Jana Jocif)
SLIKA 3.
Nagrajeni devetošolci (foto: Jana Jocif)
XXX
14
PRESEK 18 (2018/2019) 2
ASTRONOMIJA
Lunini mrki
nU vU NU
Andrej Guštin
-> Letošnji popolni Lunin mrk je v javnosti vzbudil veliko pozornosti z glavnim poudarkom na rekordnem trajanju tega nebesnega pojava. Resnici na ljubo pa je bil ta mrk za javnost zanimiv predvsem zaradi tega, ker je bil viden v večernih urah in sredi poletja. Podoben mrk, ki bi nastopil v drugi polovici noči in sredi zime, bi pritegnil mnogo manj opazovalcev. Toda Lunini mrki so več kot le atrakcija.
Pogostost Luninih mrkov
Od leta 2000 pr. n. št. do leta 3000 je bilo oziroma bo 7718 delnih in popolnih Luninih mrkov, še približno toliko pa je polsenčnih. V določenem letu so lahko do trije delni in popolni mrki. Polsenčni Lunini mrk pogosto ostanejo neopaženi, saj ploskviča Lune pri tem le neznatno »potemni«, česar s prostim očesom skoraj ni mogoče opaziti.
Obarvanost Lune med mrkom
+

SLIKA 1.
Montaža različnih faz Luninega mrka, ki je bil iz naših krajev viden 28. septembra 201 5. (Foto: Andrej in Liza Guštin)
Marsikoga preseneti dejstvo, da je tudi ob popolnem mrku Lunina ploskviča osvetljena. Še več. Obarvana je lahko v različnih barvah, od rumenkaste do temno rdeče. Večina mrkov pa je rdečkastih. Tudi svetlost Lunine ploskviče se od mrka do mrka razlikuje, spreminja se lahko tudi med samim mrkom. Senča tudi ni enakomerno svetla, temveč je na robu svetlejša kot v sredini, pogosto pa je v sredini bolj rdeča, ob robu pa oranžno-rumena. Vsem mrkom pa je skupna odsotnost modre svetlobe. Vsa ta dejstva kažejo, da Zemljina senča ni povsem temna. Razlog za to je prehod svetlobe Sonča skozi Zemljino ozračje.
Prvi učinek ozračja poznamo iz vsakdanjega življenja - modro nebo. Na molekulah v zraku pride do t. i. Rayleighovega sipana svetlobe Sonča, ki je najintenzivnejše za krajše valovne dolžine, torej za modro svetlobo. Ta pojav je kriv, daje nebo podnevi modro.
Druga poslediča sipanja svetlobe v ozračju je ta, da so nebesna telesa videti bolj rdeča, kot so v re-sniči. Atmosferska pordečitev je tem bolj opazna, čim nižje je nebesno telo nad obzorjem. Razlog je mogoče enostavno razumeti. Ko je nebesno telo v zenitu, je pot njegove svetlobe skozi ozračje najkrajša in je sipanja manj kot v primeru, ko je nebesno telo
->
PRESEK 46 (2018/2019)2
19
ASTRONOMIJA
—^ nizko nad obzorjem. Nižje kot je nebesno telo nad obzorjem, daljša je pot njegove svetlobe skozi ozračje, kar pomeni, da je sipanja več. To je razlog, da je Sonče med vzhajanjem in zahajanjem videti oranžno-rdeče, saj mu je ozračje odvzelo veliko modre svetlobe.
Letošnji večerni Lunin mrk je spodbudil ljudi, da so začeli Luno opazovati že kak dan pred dogodkom. Marsikdo je opazil, da je tudi Luna nizko nad obzorjem rdečkasta, in je menil, da je mrk že nastopil. Na naslovniči je potrditev tega. Fotografija je bila sičer posneta v času delne faze Luninega mrka, a lepo je videti, da je svetli del Lunine ploskviče rdečkast. Ta obarvanost je poslediča pordečitve Lune nizko nad obzorjem in ne rdeče svetlobe v Zemljini senči. Atmosferskih vzrokov za spreminjanje barve nebesnih teles je še več, npr. količina prašnatih delčev v ozračju, zračna vlaga.
Ozračje pa ima še en pomemben učinek na svetlobo nebesnih teles. Pri prehodu svetlobe skozi ozračje pride do loma svetlobe. Poslediča tega je navidezna sprememba lege nebesnih teles. Višina nebesnih teles je zaradi tega večja, kot če ozračja ne bi bilo. V zenitu (pravokotni vpad svetlobe) loma ni, nižje, kot je nebesno telo nad obzorjem, bolj je ta učinek zaznaven. Na obzorju je lomni kot večji od pol stopinje. Pomislimo. Navidezni premer Sonča je približno pol stopinje. To pomeni, da, ko vidimo Sonče tik nad obzorjem, je to v resniči že vse pod obzorjem.
Sipanje in lom svetlobe v ozračju sta tudi glavna vzroka, ki dajeta barvo Luninim mrkom. V resniči je temeljita obravnava tega pojava zelo zapletena, zato bomo morali malo poenostaviti. Za svetlobo, ki pride v Zemljino senčo, je pomemben predvsem tisti del svetlobe Sonča, ki gre nizko nad površjem Zemlje, torej svetloba, ki jo vidimo ob zahajanju Sonča. Ta je zaradi sipanja pordečena. Zato gre zaradi loma v ozračju v Zemljino senčo predvsem svetloba daljših valovnih dolžin. Kolikšen delež posameznega spektralnega območja svetlobe pride v senčo, je posledično odvisno od pogojev v ozračju na območjih, kjer takrat Sonče zahaja - oblačnost, prisotnost pra-šnatih delčev (pomembno obarvanost prispevajo tudi veliki izbruhi vulkanov) ... Vse to so razlogi, da se Lunini mrki po obarvanosti in svetlosti med seboj lahko zelo razlikujejo.
Ocena barve - Danjonova lestvica
Enostavna vaja, ki jo lahko izvedemo med popolnim Luninim mrkom, je očena obarvanosti in svetlosti Lunine ploskviče. Za to je v rabi Danjonova petstopenjska lestviča (po frančoskem astronomu Andre-Louisu Danjonu, 1890-1967). Lestviča je sičer opisna in deloma subjektivna, a dovolj natančna, da lahko mrke med seboj ločimo in očene primerjamo z drugimi opazovalči. Vrednost po Danjonu:
■	0 - zelo temen mrk. Lune skoraj ni videti, še posebej ob sredini mrka.
■	1 - temen mrk. Ploskviča Lune je sivkasta ali rjavkasta. Podrobnosti na njej so težko razločljive.
■	2 - temno rdeč mrk. Lunina ploskviča je rjaste barve. Sredina senče je znatno temnejša od njenega roba - rob Lune, ki je bližje sredini senče, je mnogo temnejši od roba Lune, ki je bližje robu senče.
3	- svetel mrk. Luna je obarvana opečnato-rdeče. Rob senče je rumenkast.
4	- zelo svetel mrk. Luna je obarvana bakreno-rdeče do oranžno. Rob senče je modrikast.
Lahka geometrijska naloga z Luninim mrkom
Brez večjih ovir lahko predpostavimo, da je Zemlja krogla. Ker je obsijana s Sončem, na nasprotni strani meče senčo. Senča je stožčasta, ker Sončevi žarki niso vzporedni, saj je Sonče sorazmerno blizu Zemlje in je veliko. Z Zemlje Sončevo ploskvičo vidimo pod kotom približno 1/2 stopinje. Obliko senče in polsenče najlažje razumemo z enostavno sliko. Velikosti in oddaljenosti na sliki seveda niso v pravem razmerju, zato tudi dolžina senče in širina polsenče niso.
Ce bi bil v vesolju velik zaslon, ki bi stal za Zemljo pravokotno na zvezničo med Sončem in Zemljo, bi na njem videli senčo kot temnejši krog, okoli nje pa svetlejši kolobar - polsenčo. V vesolju takega zaslona ni, občasno pa manjši zaslon, to je Luna, prečka polsenčo in senčo Zemlje. To je Lunin mrk, ki ga lahko izkoristimo za meritev premera Zemljine senče na oddaljenosti Luna-Zemlja.
Med delno fazo Luninega mrka, ko je del Lunine ploskviče v Zemljini senči, del pa v polsenči, je že s prostim očesom lepo vidno, da je lok senče manj
20
PRESEK 46 (2018/2019) 2
ASTRONOMIJA

SLIKA 2.
ukrivljen, kot je rob Lune. Že iz tega lahko sklepamo, da je polmer Zemljine sence vecji od polmera Lune. V dolocenem trenutku delne faze Luninega mrka pa lahko z osnovnim znanjem geometrije izmerimo oziroma izracunamo polmer Zemljine sence v polmerih Lune. To je takrat, ko je tetiva sence enaka premeru Lune.
Meritev lahko izvedemo med mrkom, lahko pa potek mrka fotografiramo oziroma posnamemo zaporedje fotografij in med njimi poišcemo tisto, ki za-došca zgornjemu pogoju.
Naloga
S fotografijo delne faze letošnjega Luninega mrka (slika 2) doloci razmerje med polmerom Lune in Zemljine sence, kjer se je nahajala Luna. Oceni mersko napako.
Izrazi polmer sence v kilometrih. Za to moraš poznati polmer Lune.
Nadaljevanje naloge je težje. Ce poznamo polmera Zemlje in Lune ter oddaljenost Lune ob mrku, potem lahko iz ocene, ki jo dobimo v prvem delu naloge, dolocimo tudi astronomsko enoto. Poskusi!
Kdo je prvi poskusil na podoben nacin izraziti razmerja velikosti in oddaljenosti Sonca in Lune?
Kakšna je bila njegova »napacna« predpostavka o obliki Zemljine sence?
Prihodnji Lunini mrki
Tabela 1 prikazuje vse Lunine mrke v prihodnjih štirih letih. Ocitno je, da so Lunini mrki pogostejši ne-
SLIKA 3.
Foto: Andrej Guštin
besni pojav, kot se nam zdi. Res pa je, da je vecina mrkov polsencnih; ti niso nikakršna atrakcija in minejo neopaženi. Vec podatkov o mrkih najdete na spletni strani www.mrec1 i pse. com, kjer smo tudi dobili graficne prikaze mrkov.
Podrobneje si bomo ogledali potek Luninih mrkov v prihodnjem letu. Na obeh slikah so oznacene smeri neba in zacetki posameznih faz mrka po srednjeevropskem casu, za drugi mrk pa v poletnem casu (zaokrožene na minuto natancno):
P1 - zacetek vstopanja Lune v Zemljino polsenco (zacetek polsencne faze mrka)
U1 - zacetek vstopanja Lune v Zemljino polsenco (zacetek delne faze mrka)
U2 - zacetek popolne faze mrka
Sr - sredina mrka
U3 - konec popolne faze mrka
U4 - konec delne faze mrka
P4 - izstop Lune iz Zemljine polsence (konec vseh faz mrka)
->
21	PRESEK 46 (2018/2019) 2

ASTRONOMIJA
leto		datum	cas sredine mrka (UT)	vrsta	cas trajanja senčne faze/ popolne faze	območje vidnosti	
2019		21. 1.	5.13.27	popolni	3 h 17 min/ 1 h 2 min	Tihi ocean, Amerika, Evropa, Afrika	
2019		16. 7.	21.31.55	delni	2 h 58 min	Južna Amerika, Evropa, Afrika, Azija Avstralija	
2020		10. 1.	19.11.11	polsencni		Evropa, Afrika, Azija, Avstralija	
2020		5. 6.	19.26.14	polsencni		Evropa, Afrika, Azija, Avstralija	
	2020	5. 7.	04.31.12	polsencni		Amerika, jugozahodna Evropa, Afrika	i
	2020	30. 11.	09.44.01	polsencni		Azija, Avstralija, Tihi ocean, Amerika	
	2021	26. 5.	11.19.53	popolni	3 h 7 min/ 0h 15 min	v. Azija, Avstralija, Tihi ocean, Amerika	
	2021	19. 11.	09.04.06	delni	3 h 28 min	Amerika, severna Evropa, v. Azija, Avstralija, Tihi ocean	
	2022	16. 5.	04.13.42	popolni	3 h 27 min/ 1 h 25 min	Amerika, Evropa, Afrika	
	2022	8. 11.	11.00.22	popolni	3 h 40 min/ 1 h 25 min	Azija, Avstralija, Tihi ocean, Amerika	
TABELA 1.
21. januar 2019 - popolni Lunin mrk
Na ta dan Luna v Sloveniji zahaja okoli 8.30, zato so vidne vse faze mrka razen izstopa Lune iz Zemljine polsence (slika 4).
16./17. julij 2019 - delni Lunin mrk
V Sloveniji so vidne vse faze mrka (slika 5).
SLIKA 4.
P1 -3.37; U1 -4.34; U2 - 5.41; U3 -6.43; U4 - 7.51; P4 - 8.48
SLIKA 5.
P1 - 20.44; U1 - 22.02; U4 - 1.00 (1 7. 7.); P4 - 2.18 (1 7. 7.)
_ XXX
22
PRESEK 46 (2018/2019) 2
RAČUNALNIŠ TVO
Problem dveh jajc
-i' •i' Jure Slak
Problem dveh jajc je zanimiv miselni problem, ki po urbani legendi slovi kot eno izmed vprašanj iz intervjuja za službo pri velikih računalniških podjetjih, kot sta npr. Microsoft ali Google. To vprašanje se na intervjujih najverjetneje ne pojavlja več, saj je zaradi svoje rešitve pritegnilo preveč pozornosti in s spraševanjem ne bi dosegli tega, čemur je bilo prvotno namenjeno. Oglejmo si ta problem pobliže tudi mi.
Imamo stavbo s 100 nadstropji in dve jajci. Jajci sta enaki. Ce ju spustimo iz nadstropja h ali kateregakoli nižjega nadstropja, se jajci ne razbijeta, ce pa ju spustimo iz nadstropja h + 1 ali višjega, pa se razbijeta. Z najmanj koliko spusti jajc lahko z gotovostjo najdemo nadstropje h?
0 i
SLIKA 1.
Ilustracija problema dveh jajc.
Ilustracija problema je prikazana na sliki 1. Možne vrednosti za h so cela števila od 0 do 100. Vrednost 0 pomeni, da se jajce razbije že pri spustu iz prvega nadstropja, vrednost 100 pa, da tudi pri spustu iz stotega nadstropja še vedno ne bomo imeli izgovora za omleto.
Velikokrat pri reševanju problemov pomaga, ce rešimo enostavnejšo razlicico problema. V našem primeru poenostavimo problem dveh jajc v problem enega jajca: zopet moramo najti tisto kriticno nadstropje, pri katerem se jajce ravno še ne razbije.
Najenostavneje je, da testiramo nadstropja po vrsti: jajce spustimo iz prvega nadstropja; ce se ne razbije, ga spustimo iz drugega in tako nadaljujemo, dokler se jajce ne razbije. Tako vemo, da je ravno nadstropje pod slednjim tisto, ki ga išcemo.
Toda, ali je to najboljši postopek? V najslabšem primeru bomo naleteli na zelo trdo jajce in bomo potrebovali kar 100 korakov, da lahko z gotovostjo trdimo, da se jajce nikoli ne razbije.
Poskusimo utemeljiti, da je predstavljeni postopek res najboljši. Ker imamo na voljo samo eno jajce, je našega poskušanja konec, cim se razbije. Ce se naš postopek iskanja nadstropja h zacne tako, da jajce spustimo iz drugega ali višjega nadstropja in se jajce razbije, ne moremo vec ugotoviti, na katerem izmed nižjih nadstropij bi se jajce prvic razbilo. Sledi torej, da moramo spušcanje zaceti v prvem nadstropju. Ko smo zagotovili, da je prvo nadstropje varno, pa imamo zopet enak problem, le da nam preostane še 99 nadstropij. Z enakim argumentom se prepricamo, da moramo nujno testirati drugo nadstropje in tako do vrha.
Problem enega jajca smo v celoti rešili: odgovor je 100, v najslabšem primeru moramo preveriti vsa nadstropja. To je bila ena skrajnost, druga pa je, da imamo na voljo neomejeno število jajc. V tem pri-
->
PRESEK 46 (2018/2019) 2
23
RAČU N A L NIŠTVO
—^ meru je najboljša rešitev klasična in znana: poskusimo najprej vreči jajce iz petdesetega nadstropja; če se razbije, vemo, da je iskano nadstropje med prvimi petdesetimi, če pa ne, pa med zgornjimi petdesetimi. Preostanek nadstropij zopet razpolovimo, izberemo ugodnejšo polovico in ponavljamo. Razpolavljanje nadaljujemo, dokler z gotovostjo ne poznamo h. Ta postopek imenujemo dvojiško iskanje ali bisekcija.
Koliko spustov bomo potrebovali v najslabšem primeru? Oglejmo si primer za h = 49. Zaporedje testiranj bi bilo naslednje:
■ 50, 25, 37,43,46,48,49.
Ko se jajce tudi v 49. nadstropju ne bi razbilo, bi vedeli, da je to iskano nadstropje. Izkaže se, da je sedem testiranj tudi največ, kar jih lahko potrebujemo pri takem postopku. Ce se odločamo med n možnostmi in število vsakič razpolovimo, nas torej zanima, kolikokrat moramo n možnosti razpoloviti, da bomo imeli manj kot eno preostalo možnost. Drugače povedano, iščemo najmanjši k G N, da velja
n
2k * 1
Ce enačbo preuredimo in logaritmiramo, dobimo
■	n < 2k,
log2 n < k.
Najmanjši naravni k, da zgornja neenačba velja, je rlog2nI. Oznaka \x1 označuje zaokroževanje navzgor.
V našem primeru imamo 101 možnost in potrebujemo največ
■	\log2(7)l = \6,6582 ...1 = 7 korakov.
Vprašajmo se še, koliko jajč potrebujemo v najslabšem primeru. Odgovor je podoben kot zgoraj: če se nam jajče vsakič razbije, se premaknemo nižje in vsakič potrebujemo novo jajče. Ne potrebujemo neomejenega števila jajč, temveč le sedem.
Pri reševanju problema dveh jajč smo rešili problem enega jajča in problem sedmih, osmih, devetih, ... jajč. Vemo le, da bo odgovor za problem dveh jajč nekje med 100 in sedem poskusov.
Kaj pa če imamo več ali manj kot 100 nadstropij? Slika 2 prikazuje, koliko poskusov potrebujemo za problem enega ali neomejeno število jajč.
co
.3
CC
O O,
rfl
•	I—I
a
<p
o Q< O
i—I
•	»—I >
CD >CC (D
'-o5 g
"S? a
90 80 70 60 50 40 30 20 10 0
~i-1-1-1-1-1-1-1-71-1-1-1-1-r
---eno jajce
• dve jajci -neomejeno jajc
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
? ? ?
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/ - _
U-J-
_i
2 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150
število nadstropij
SLIKA 2.
Število potrebnih poskusov v najslabšem primeru za problem enega in neomejeno mnogo jajc pri različnem številu nadstropij. Rešitev za problem dveh jajc leži nekje vmes.
24
PRESEK 46 (2018/2019) 2	24
RACUNALNIŠ TVO
Glede problema dveh jajc vemo, da bomo gotovo potrebovali vec ali enako poskusov kot z enim jajcem (drugo jajce lahko namreč ignoriramo in uporabimo enako rešitev kot pri enem jajcu) ter več ali enako poskusov kot pri neomejenem številu jajc. To ugibanje je predstavljeno na grafu s pikcasto krivuljo. Rešitev seveda ne bo taka; za 110 nadstropij seveda potrebujemo kvecjemu vec poskusov kot za 100, torej mora biti rešitev narašcajoca funkcija števila nadstropij. Vijuge ponazarjajo, da nic ne vemo o redu naraščanja rešitve: ali bo linearen, kot pri enem jajcu (le morda z manjšim naklonom) ali pa bo logaritemski, kot rešitev za neomejeno jajc, ali pa nekje vmes?
Lotimo se sedaj problema dveh jajc. Najprej poskusimo razlicico dvojiškega iskanja. Prvo jajce vržemo s 50. nadstropja, podobno kot pri bisekciji. Ce se ne razbije, nadaljujemo s 75. nadstropjem in tako naprej. Toda ce se jajce pri 50. nadstropju razbije, imamo le še eno jajce, cesar ni mogoce narediti bolje kot s 49 poskusi. Ali je to res najbolje, kar lahko naredimo?
Na tem mestu naj povemo, da je mogoce problem rešiti precej bolje. Kaj ce bi namesto tega, da s prvim jajcem razpolovimo prostor iskanja in ga pri tem morda žrtvujemo, prostor razdelili drugace? S prvim jajcem lahko testiramo vsako drugo nadstropje, npr. soda nadstropja. Ko se pri nekem nadstropju za-
lomi, z drugim jajcem ugotovimo, ali je iskano nadstropje trenutno ali spodnje. Kaj pa ce namesto po dve nadstropji, skacemo po tri nadstropja? Potem bi s prvim jajcem na tri nadstropja natancno ugotovili, kje se nahaja nadstropje h. S preostalim jajcem nato ugotovimo, katero izmed teh treh nadstropij je h, tako da zopet poskušamo od spodaj navzgor. V tem primeru potrebujemo v najslabšem primeru 33 + 2 = 35 poskusov. To je najboljši rezultat doslej, a pot naprej že vidimo. Kaj ce s prvim jajcem skacemo po štiri, po pet, po šest nadstropij? Kaj je najbolje?
Namesto da preizkušamo razlicne možnosti, izra-cunajmo optimalno rešitev. Ce imamo n nadstropij in s prvim jajcem skacemo po k, bomo uporabili naj-vec [nj poskusov s prvim jajcem in najvec k - 1 poskusov z drugim jajcem. Najslabše možno skupno število poskusov oznacimo s P in torej enako
P =
+ k.
Izbrati želimo tak k, da bo P cim manjši. Izracu-najmo kar za vse možne k, rezultati tega izracuna so prikazani na sliki 3.
Razberemo lahko, da je optimalno število metov 19, dosežemo jih pri k = 8,9,10,11, 12 in 13. Rezultat je pricakovan, želimo namrec cim manjšo vsoto dveh števil in k, pri cemer je njun produkt kon-
55 50 45 40 a, 35 30 25 20 15
2 3 4 5 6 7 8 910 12 14 16 18 20
30
40
SLIKA 3.
Število potrebnih poskusov v najslabšem primeru v odvisnosti od velikosti skoka po 50 nadstropjih k.
->
PRESEK 46 (2018/2019) 2
25
RACUNALNI STVO
—^ stanten. To je enako znanemu geometrijskemu problemu, kjer želimo cim manjši obseg pravokotnika z dano plošcino a - odgovor je seveda kvadrat s stranico sja.
Uporabljeno strategijo imenujemo tudi »strategija velik korak, majhen korak«. Pogosto jo uporabljamo pri reševanju problemov (problem diskretnega logaritma).
Toda 19 metov ni najboljša rešitev. Za n nadstropij potrebujemo približno 2^/n metov, kar sicer izboljša tudi red rešitve, ampak rešitev ni optimalna. Ce s prvim jajcem delamo razlicno velike korake, lahko pridemo do boljšega rezultata. To lahko vidimo, ce razmislimo, koliko metov potrebujemo za vse možne vrednosti h. Ce bi se jajce razbilo npr. v devetem nadstropju, bi to odkrili po desetih metih: najprej bi prvo jajce spustili iz desetega nadstropja, nato pa bi z preostalim jajcem preizkusili ostalih devet spodnjih nadstropij. Ce pa bi bili jajci taki, da bi se razbili v 99. nadstropju, bi porabili deset metov s prvim jajcem in devet z drugim jajcem. Pri prvem primeru smo po enem metu morali rešiti še manjši problem velikosti devet, pri drugem primeru pa smo po desetih korakih prav tako morali rešiti problem velikosti devet. Število poskusov za vsako nadstropje je prikazano na sliki 4.
Glede na število poskusov so nadstropja jasno razdeljena v skupine po deset. Znotraj vsake skupine je najslabše, ce moramo preverjati do devetega nadstropja znotraj skupine, glede na to, ali se v devetem nadstropju razbije ali ne. Vemo, ali je iskano nadstropje to ali pa eno višje (ki smo ga že preverili). Vendar, ce gledamo skupine kot celote, opazimo: za spodnje skupine porabimo manj poskusov, kot za zgornje. Gotovo bi bilo bolje, ce bi v vsaki skupini za najslabši primer porabili približno enako poskusov. Uceno recemo, da uporabimo princip minimiziranja maksimalnega obžalovanja, kar je znan princip v teoriji odlocitev in teoriji iger. Pogosto mu recemo kar minimaks. Pravi, da se moramo odlociti tako, da bo naj najslabši primer cim manj slab. Uporabljamo ga tudi pri pisanju umetnih inteligenc za igranje iger, tudi v znanem alfa-beta algoritmu, s katerim lahko napišemo umetno inteligenco za igre tri v vrsto, šah ali go.
Najdimo rešitev problema dveh jajc, s tem da težimo k temu, da bo najslabši primer cim manjši. Zmanjšati želimo najslabši primer v zgornji skupini,
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 število potrebnih poskusov
SLIKA 4.
Število potrebnih poskusov pri problemu dveh jajc pri strategiji, ko s prvim jajcem skacemo po deset nadstropij naenkrat.
na ta racun pa se bo povecal tisti v spodnji. Recimo, da s prvim jajcem zacnemo testiranje v nadstropju l. Ce se jajce razbije, moramo preveriti še l - 1 nadstropij, skupaj smo porabili torej l poskusov. Ce se jajce ne razbije, se s prvim jajcem premaknemo v višje nadstropje. Toda katero? Premakniti se je smiselno v tisto nadstropje, ce se jajce razbije, bomo v najslabšem primeru zopet imeli l poskusov. Ker smo sedaj en met že porabili, se pomaknemo za l- 1 nadstropij navzgor. V najslabšem primeru za testiranje vsakega nadstropja do sedaj zopet porabimo
l korakov. Res, ce se pri prvem metu jajce ne razbije, ga vržemo iz nadstropja l + (l - 1). Ce se sedaj razbije, vemo, da je kriticno nadstropje h nekje med l + 1 in 2l - 1. Preizkusiti moramo v najslabšem
26
PRESEK 46 (2018/2019) 2
RACUNALNIŠ TVO
primeru l - 2 nadstropij, torej imamo skupaj l poskusov, enako kot v prvi skupini. Ce pa se prvo jajce tudi v drugem poskusu ne razbije, se premaknemo še višje. Ker smo sedaj porabili že dva poskusa, se premaknemo za toliko nadstropij, da bomo v najslabšem primeru zopet potrebovali l poskusov, torej za l - 2 nadstropij. S strategijo nadaljujemo in se premikamo za l - 3, l - 4, ... nadstropij, dokler se ne premaknemo le za eno. Edino preostalo vprašanje je, pri katerem l začeti. Ce bi zaceli na l = 10 kot prej, ne bi niti prišli do 100. nadstropja. Pa zopet izračunajmo rešitev: zanima nas najmanjši l, da bomo prišli do vrha stolpnice, torej, da bo veljalo
■ l + (l - 1) + (l - 2) + (l - 3) + ■■■+ 3 + 2 + 1 > 100.
Vsota na levi strani neenačbe predstavlja vsoto prvih l naravnih števil, za katero poznamo direktno formulo, sešteje se v l(l+1). Ce preklopimo še na splošno število nadstropij n, dobimo neenačbo
100
l(l + 1) 2
n.
To je kvadratna neenačba, ki jo enostavno rešimo in dobimo
l > 2 (V8n + 1 - 1)
2
Ker je l naravno število, moramo rezultat zaokrožiti navzgor, v primeru n = 100 dobimo
l
1 (V80T - 1)
28,302 - 1 2
= r13,6511 = 14.
V tem primeru so nadstropja, s katerih mečemo prvo jajče, enaka:
■ 14, 27, 39, 50,60,69, 77,84,90,95,99,100.
Ko se pri nekem nadstropju prvo jajče razbije, drugo jajče mečemo od prejšnjega testiranega nadstropja navzgor, dokler se ne razbije. Zadnje testirano nadstropje v zgornjem zaporedju je 100, kar je zato, ker ima stolpniča le 100 nadstropij; če bi jih imela več, bi bilo naslednje nadstropje 102. Bolj enakomerno razporejenost najslabših primerov lahko vidimo tudi na grafu na sliki 5, ki je podoben tistemu na sliki 4, le da so skupine bolj enakomerne.
a,
o ¡-j
oa
■a rt
0 2 4 6 8 10 12 14 število potrebnih poskusov
SLIKA 5.
Število potrebnih poskusov pri problemu dveh jajc pri strategiji, ko s prvim jajcem skacemo po deset nadstropij naenkrat.
Je mogoče le s 13-imi meti? Odgovor je ne. Ce bi čiljali na 13 metov, bi morali prvo jajče spustiti s 13. nadstropja, sičer bi lahko za spodnja nadstropja porabili več kot 13 metov v najslabšem primeru. Zato moramo naslednjega spustiti iz 13 + 12 = 25. nadstropja in tako naprej, s čimer ne pridemo do vrha stolpniče. Odgovor na problem dveh jajč je torej, da potrebujemo 14 metov. Poglejmo si še, koliko metov potrebujemo za stolpničo z n nadstropji. Slika 6 zamenja našo krivuljo s pravilno formulo, da je število metov P enako
■ P =
2 (V8n + 1 - 1)
->
PRESEK 46 (2018/2019) 2
27
RACUNALNI STVO
—^ CLH 90
£ >02 O)
'.o5 £ 'cš5
a
80 70
5 S
M
02 O
a ^ 60 'ti
O)
¡H
O
a
50 40 30 20 10 0
H-1-1-1-1-1-1-1-1-
---eno jajce
----dve jajci
-neomejeno jajc



Li-o-
~1-1-1-T
_l_I_I_I_I_I_I_I_L_
_l_I_I_L_
2 10 20 30 40
50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 število nadstropij n
SLIKA 6.
Število potrebnih poskusov v najslabšem primeru za problem enega, dveh in neomejeno mnogo jajc pri razlic-nem številu nadstropij.
Po pričakovanjih leži krivulja za dve jajči med problemom z enim in neomejenim številom jajč. Vidimo tudi, da si z dvema jajčema lahko pomagamo prečej bolj kot z enim samim. Problem ima namreč korensko rast z n, kar je prečej bolje od linearne.
Smo s tem zaključili nalogo in rešili problem? Matematično gledano ja, odgovor je 14. Pa vendar, je mogoče še bolje? Izkaže se, da je mogoče še bolje. Ce uporabimo metanje prvega jajča z nadstropij
■ 13, 25, 36,46, 55,64, 72, 79,85,90,94,97,99,100
bomo še vedno imeli v najslabšem primeru 14 metov, v povprečnem pa 10,31, z razliko od povprečja 10,35 pri naši strategiji. Bralču je prepuščena pot do te strategije.
Kaj če imamo tri jajča ali pa štiri in 1000 nadstropij? Denimo, da imamo e jajč in n nadstropij, trenutno pa jajče spuščamo iz nadstropja l. Zgodi se lahko eno izmed dvojega: jajče se razbije in ostane nam e - 1 jajč in l - 1 spodnjih nadstropij. Ce pa se ne razbije, nam ostane n -1 nadstropij in e jajč. Oba problema sta manjša in ju lahko rešimo rekurzivno. Sedaj to preizkusimo za vse l in vzamemo tistega, ki ima najmanjši maksimum obeh opčij, saj iščemo čim manj slab primer. Implementačija tega problema je zopet prepuščena v zabavo in izziv bralču, spodaj pa je podana tabela pravilnih vrednosti za različne n in e.
n	e									
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1
2	2	2	2	2	2	2	2	2	2	2
3	3	2	2	2	2	2	2	2	2	2
4	4	3	3	3	3	3	3	3	3	3
5	5	3	3	3	3	3	3	3	3	3
6	6	3	3	3	3	3	3	3	3	3
7	7	4	3	3	3	3	3	3	3	3
8	8	4	4	4	4	4	4	4	4	4
9	9	4	4	4	4	4	4	4	4	4
10	10	4	4	4	4	4	4	4	4	4
15	15	5	5	4	4	4	4	4	4	4
20	20	6	5	5	5	5	5	5	5	5
25	25	7	5	5	5	5	5	5	5	5
30	30	8	6	5	5	5	5	5	5	5
35	35	8	6	6	6	6	6	6	6	6
40	40	9	6	6	6	6	6	6	6	6
45	45	9	7	6	6	6	6	6	6	6
50	50	10	7	6	6	6	6	6	6	6
100	100	14	9	8	7	7	7	7	7	7
200	200	20	11	9	8	8	8	8	8	8
300	300	24	13	10	9	9	9	9	9	9
400	400	28	14	11	10	9	9	9	9	9
500	500	32	15	11	10	10	9	9	9	9
1000	1000	45	19	13	11	11	11	10	10	10
SLIKA 7.
Rezultat problema e jajc za n nadstropij
_XXX
28
PRESEK 46 (2018/2019) 2
RAZVEDRILO
MaRtematicne prigode
MArTEMATICNE PRIGODE
Marta Zabret
MArTEMATICNE PRIGODE
146 strani format 14 x 20 cm 12,50 EUR
Izšla je nova knjiga MaRtematične 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 sU nU
4M0										9	S	rar	H	®		S	—	as	S	-s	A - - A						B A	SE	S	S	ss?	S	ur		
									s	S	C	H	R	0	D	I	N	'g	E	R							s	V	R	*E	š	Č	a	l	0
									s	K	E	R	a	M	1	Č	a	R	k	a							T"	N	I	t	R	0	L	a	k
									si	0	n	a	3n	w	R	a	d	a	R	sl			L n		¡i		Effi	E	t	I	0	p	1	J	a
									<f§>	C	I	B	K	a		s	55	N	a	t		j					S	B	0	L	T	w	S	8a	M
									m	I	K	R	0	V	a	L	0	V	N	0							bi	0	R	™ir	METO	B	0	n	N
S	s	■Kk	-	s	n	S S	5	0	I	mr		1	V	S	K	a	Z	E	1	N							H	V	N	E	Ivi	a	N	J	E
ff	a	9n	a	F	0	r	E	Z	a		a	t	1	„H:		B	a	l	Z	a							IZ",	Z	4e	t	0	r	EXIL	e	L
	K	u	R	a		1	V	a	S	■sa?	>	e	Č	ju	M	1	L	L	a	0MFA	"s"	s	s		-Is-	V	u	e	l	t	a	it	iiS	ur	s
0 A	s E	d	e	r	a	•	a	d	a	m	0	v	—	v	a	l	"j	e	c	w	c	h	a	1j	m	0	n	t	s	a	b	a	d	0	n
"H	r	1	s	»S1	k	0	n	j	a	r			Ei	1sa	l	e	s	T"	1	n	t	e	r	l	u	d	1	j	■ar	■¡r	JHL	c	13e	d	e
_	u	s	t	v	a	r	j	a	l	k	a	S	s	d	0	n	e	n	j	e		l	a	j	lumm	n	j	e	g	0	š	5	s	r	ž
—	m	t	sš	c	r	k	e	J5L	t	0	*r	a		e	k	Ur	k	r	a	j	n	6i	k	m	r	j	a	nlUr	0	s	e	l	n	1	k
									►o	s	t	r	e	n	j	e	B	"T	ssb»	c	1	k	i	t	e	a	lit	p	l	a	n	j	a	v	a
									sit	t	e	m	n	j	e	n	j	e	TiK"	m?	k	0	t	a	l	k	a	r	"s						
									E IFA	rnSa	m	a	r	11		a	0	r	t	a	s	p	i	r	"e	M	n	e	f						
									ss	k	1	v	1	m	0	č	e	n	a	š	jt	t	r	s	h	v	0	d	a						
									s	a	d	1	19c	1	j	a	S	s	T	i	p	e	IP	K	V	a	D	e	'R						
									a—	Č	a	r	0	D	e	"j	JSl	t	"i	č	a	r	i	i	g	r	a	L	0						
RES ITEV NAGRADNE KRlS ANKE
PRESEK 46/1
Pravilna rešitev nagradne križanke iz prve številke Preseka je Gene-riranje permutacij. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Katarina Ancimer Aljaž iz Kranja, Ožbej Verhnjak iz Dravograda in Marko Kubale iz Rogaške Slatine, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti.
_ XXX
PRESEK 46 (2018/2019)2
29
TEKMOVANJA
Nekaj o krasni poletni šoli v Plemljevi vili na Bledu
-i' •i'
Vid Kavšiš
-> Kot že nekaj let je tudi letos potekala štiridnevna poletna šola v Plemljevi vili na Bledu za najuspešnejše devetošolce na področjih matematike, fizike in astronomije. Povabljeni smo bili vsi tisti devetošolci, ki smo na tekmovanjih iz matematike, fizike, astronomije ali razvedrilne matematike dosegli nagrado ali pohvalo.
Edinstveno doživetje smo priceli v nedeljo, 10. 6. 2018, ko smo se popoldne zbrali v Plemljevi vili. No, na kupu smo bili vendar najboljši matematiki, fiziki in astronomi, rojeni leta 2003, zato gotovo ni cudno, da smo poletno šolo zaceli z malo nerodno tišino ali mogoce tihimi, kratkimi in skopimi odgovori. Zato so bile spoznavne dejavnosti, s katerimi smo šolo zaceli, nujne in dobrodošle.
Zvecer je sledilo krajše predavanje dr. Boštjana Kuzmana. Racunali smo, koliko zbirateljskih nalepk povprecno moramo kupiti, da napolnimo album s 100 razlicnimi nalepkami. Navdihujoce, super za za-cetek. Z nekaterimi smo se že isti vecer malo bolj zbližali in kar velik del ne samo vecera preživeli ob raznih razpravah o šoli, matematiki, fiziki, astronomiji ... Te so mi od vsega najbolj ostale v spominu.
Naslednji dan, v ponedeljek zjutraj, smo se po zajtrku po skupinah zabavali ob iskanju strategij pri raznih kombinatoricnih igrah, ki sta jih za nas pripravili Nežka Rugelj in Katarina Vidmar. Ti sta nas od nedelje pa do srede spremljali na skoraj vsakem koraku. Popoldne je bilo obarvano s fiziko; najprej smo z dr. Barbaro Rovšek racunali navore in se pogovarjali ter omenili pisano paleto primerov vzvodov v cloveškem telesu. A prav gotovo ni bila tako pisana, kot je bila pisana mavrica, o kateri nam je predavanje pripravil dr. Jure Bajc. V ponedeljkovem popoldnevu smo tudi zaplavali v Blejskem jezeru, ki je bilo ravno prav sveže. Zvecer smo z zanimanjem poslušali pre-
davanje dr. Uroša Kuzmana z naslovom Skoraj oci-tno. Vecer je bil spet poln pogovorov in za druženja.
V	torek smo se v dopoldnevu odpravili na drugo stran Blejskega jezera. Pred kopanjem smo odigrali tudi odbojko na mivki in naivno bi bilo misliti, da ni bilo napeto! Na plaži smo po kopanju v nameri, da nam ne bi bilo dolgcas, reševali zanimive matema-ticne probleme. V tistem popoldnevu smo bili deležni astronomskega predavanja dr. Davida Kraljica o življenju zvezd, z Boštjanom Kuzmanom pa smo se pogovarjali o grafih in drevesih ter lep cas porabili za raziskovanje le-teh.
Zvecer smo imeli še kviz; to pa je bila zabava. Malo napetosti, živcnosti, seveda sodelovanja . . . Na koncu pa je zmagovalna - naša - ekipa prejela nagrado: co-koladne bananice, ki smo jih prijazno delili z drugimi skupinami. Sledil je vnovic zanimiv družabni vecer.
V	sredinem dopoldnevu smo nadaljevali raziskovanje o drevesih. Po treh dneh je bilo vzdušje veliko manj tiho kot na zacetku. Po kosilu smo pocasi zapustili rojstni kraj matematika, fizika in astronoma Josipa Plemlja.
Seveda pa ne gre pozabiti omeniti nadvse odlicne prehrane. Zajtrk smo si v vili pripravljali sami, na kosilo in vecerjo pa smo hodili v bližnjo restavracijo. Hrana je bila, še enkrat, vrhunska!
Teh nekaj dni gotovo ne bi mogel preživeti bolje. Na kup so spravili takšne ljudi, kot sem jaz; takšne, ki jih ta grozna matematika, ki unicuje življenja, zanima, in so pripravljeni svoj prosti cas posvetiti pogovorom o lepotah matematike, fizike in astronomije. Take, ki jim matematika, fizika ali astronomija življenje popestri. Z nekaterimi udeleženci poletne šole sem tudi navezal stike. Krasna izkušnja - z gotovostjo lahko trdim, da mi bo ta poletna šola kot prijeten spomin veckrat polepšala dan. _ XXX
30
PRESEK 46 (2018/2019) 2	30
RAZVEDRILO
Gejzir
nU vU sU
Aleš Mohoriš
-> Gejzir je termalni vir vroče vode in pare. Zanj je značilno, da ne bruha vode neprekinjeno ampak v časovnih intervalih, ki so lahko redni ali naključni, odvisno od sestave tal.
Gejzirji se nahajajo na območjih povečane vulkanske aktivnosti, kot je npr. Islandija, kjer vroča magma Zemljine srediče sega blizu površja. Skorja mora imeti plast kamnine, ki prenese visok tlak, ter sistem rovov in votlin, v katerih se nabira in pretaka voda. V podzemne rove in votline proniča ohlajena površinska voda. Voda se na globini do par kilometrov segreva v vroči kamnini. Zaradi visokega hidro-statičnega tlaka na veliki globini se voda lahko pre-greje visoko nad vrelišče vode na površju. Zaradi stalnega gretja, voda v podzemni shrambi začenja vreti in tlak v shrambi se povečuje. To je možno zato, ker so stene rova, ki vodi do shrambe, neprepustno zatesnjene s kremenovo sigo, gejziritom. Ko je tlak v shrambi dovolj velik, potisne vodo skozi rov na površje. Na poti proti površju se tlak vode
skorja
silikatna kamnina
porozna kamnina
rov
shramba
zmanjša, voda zavre in para izbruhne skupaj z vodo iz rova. Ob tem se tlak v shrambi zmanjša in curek pare in vode presahne. Zgodba se nato ponovi, ko tlak v shrambi spet dovolj naraste. Model gejzirja lahko naredite tudi sami [1].
Literatura
[1] S. LasiC, Geyser model with real-time data collection, European journal of physics, 2006, 27, 995-1005.
slika 1.
slika 2.
Islandski gejzir Strokkur bruha dokaj redno in je med bolj znanimi svetovnimi gejzirji. Foto: Tina Pavlin
_ XXX
PRESEK 46 (2018/2019)2
31
Matematični kenguru
Osnovna naloga tekmovanja Kenguru je popularizacija matematike. Zanimiv, zabaven in igriv na-cin zastavljanja matematicnih problemov je pripomogel, da se je tekmovanje kmalu razširilo po vsej Evropi, hkrati pa so se v tekmovanje vkljucevali tudi otroci in mladostniki iz drugih držav sveta. Tekmovanje je preseglo evropske okvire in postalo Mednarodni matematicni kenguru. Leta 2016 se ga je udeležilo vec kot 6 milijonov tekmovalcev iz vec kot 60 držav sveta. V Sloveniji Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije organizira tekmovanje za ucence od prvega razreda osnovne šole do cetrtega 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 logicno mišljenje in spoznavanje novih strategij reševanja. Marsikatera naloga, kije sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematicni izziv.
18,74 EUR
14,50 EUR
23,00 EUR
Pri DMFA-založništvo je v Presekovi knjižnici izšlo že pet knjig Matematicnega 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!