9 770351 665937 3 M A T E M A T IK A +F IZ IK A +A S T R O N O M IJ A +R A ČU N A LN IŠ T V O # ISSN 0351-6652 9 7 7 0 3 5 1 6 6 5 9 3 7 PR E S E K L E T N I K 4 9 ( 2 0 2 1 / 2 0 2 2 ) Š T E V I L K A 3               ̌:                   P                     Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 49, šolsko leto 2021/2022, številka 3 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Nino Bašić (računalništvo) Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domajnko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Boštjan Kuzman (matematika), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Razpet, 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: info@dmfa-zaloznistvo.si Naročnina za šolsko leto 2021/2022 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 publikacij. Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana Naklada 1100 izvodov © 2021 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 2147 ISSN 2630-4317 (Online) ISSN 0351-6652 (Tiskana izd.) Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Pri- kaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učencem viš- jih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo ošte- vilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps . . . ), velikosti vsaj 8 cm pri 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 (copyri- ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredni- štva DMFA–založništvo, Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte info@dmfa-zaloznistvo.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re- cenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, po- tem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo ob- javo v elektronski obliki na internetu.         ̌           b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b     ̌         P 49 (2021/2022) 32 Zaščita podatkov v kvantni dobi Kadarkoli pošljemo e-pošto ali opravimo spletni nakup, se zanašamo na to, da do naših podatkov ne morejo dostopati nepooblaščene osebe. Standar- dni varnostni mehanizmi v kriptografiji temeljijo na matematičnih problemih, ki so prezahtevni za da- našnje računalnike, kot je, denimo, iskanje prafak- torjev zelo velikih števil. Toda v naslednjih dese- tletjih pričakujemo razvoj kvantnih računalnikov, ki naj bi tovrstne probleme rešili bistveno hitreje in s tem ogrozili varnost spletnega komuniciranja. Zato nekatere ustanove že zdaj raziskujejo nova matematična orodja in algoritme, ki bodo odporni na kvantne računalnike. Ameriški NIST (National In- stitute of Standards and Technology) preiskuje var- nost, hitrost in stroške različnih procesov s podro- čja večdimenzionalnih mrež, linearnih kod za po- pravljanje napak, izogenij med eliptičnimi krivuljami in podobno. S tem želi najti kvantno-odporne algo- ritme za digitalno podpisovanje in šifriranje z jav- nim ključem, ki bi jih lahko standardizirali za vsak- danjo rabo. V prihodnjih letih naj bi kvantno-odpor- ne metode sčasoma povsem zamenjale današnje var- nostne mehanizme povsod, od vladnih računalnikov do telefonov v naših žepih. Več informacij v članku How the United States Is Developing Post-Quantum Cryptography, Jeremy Hsu, IEEE Spectrum, 9. september 2019 Izvirno besedilo: Securing the Data in the Quantum Era, Mathe- matical moments from the AMS. Prevod in priredba: Boštjan Kuz- man. www.dmfa-zaloznistvo.si www.presek.si ××× S  : V osrednji Javi v Indoneziji je veriga ak- tivnih ognjenikov, ki oblikujejo pokrajino in življenje ljudi. Kljub rednim in nevarnim izbruhom je to območje gosto po- seljeno, saj rodovitna vulkanska prst in ugodna klima omo- gočata intenzivno kmetovanje. Pogosto se zgodi, da se kljub opozorilom vulkanologov pred izbruhi, kmetje nočejo uma- kniti iz pobočij ognjenikov. Na fotografiji je ognjenik Merapi. Foto: Andrej Guštin ̌  2 Zaščita podatkov v kvantni dobi  4–5 Računalnik na pohodu (Andrej Likar)  5–7 Dioklova cisoida in podvojitev, potrojitev, ... kocke (Marko Razpet) 8 Tangens 7π/24 na tri načine (Dragoljub M. Milošević prevod in priredba Boštjan Kuzman) 29–30 Geogebrin kotiček – Ponazoritev zveznosti funkcije (Boštjan Kuzman)  11–14 Oblika vulkanov (Andrej Likar)  15, 18–22 Mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike 2021 (Vid Kavčič) ̌̌ 23–28 O predstavitvi podatkov v računalniku: besedilo (Jure Slak)  9–10 Matematični adventni koledar 2021 (Martin Milanič, Jasna Prezelj in Martin Raič) 14 Barvni sudoku 16–17 Nagradna križanka (Marko Bokalič) 28 Križne vsote 30 Rešitev nagradne križanke Presek 49/2 (Marko Bokalič) 31 Bilo je nekoč v reviji Presek – Za slovo od leta 1987  priloga Tekmovanje iz fizike za zlato Stefanovo priznanje – državno tekmovanje priloga 31. tekmovanje iz razvedrilne matematike – državno tekmovanje      P 49 (2021/2022) 3 3 Kazalo P 49 (2021/2022) 34 Računalnik na pohodu A L,    Že kar nekaj časa sem urednik za fiziko pri re- viji Presek, leta nazaj pa sem bil tudi Presekov od- govorni urednik. Kazalo bi se umakniti in prepustiti delo mlajšim. A ni prav velikega navala na to mesto. Če je s prispevki križ, pa sam kaj napišem, kar bralci gotovo niste spregledali. Zakaj še vedno rad kaj napišem in naredim ustre- zni poskus (glej sliko 1)? Predvsem zaradi izrednega napredka računalništva, malo pa tudi zaradi ljube- zni do fizike. Ko sem bil mlad, smo morali prispevke tipkati na pisalnem stroju. Uveljavljeni starejši znan- stveniki so imeli za tako delo svoje pridne tajnice, ki so bile izurjene v tipkanju in so tipkale ter pretipka- vale ves svoj delovni čas. V znameniti knjigi nobe- lovcev A. Bohra in B. Mottelsona z naslovom Nuclear structure (izšla leta 1968) iz zahval izvemo, da je za organizacijo teksta več let skrbela Sophie Hellmann, ki se tudi po sedemdesetem rojstnem dnevu ni upo- kojila prav zaradi dela pri tej knjigi. Brez Lise Mad- sen knjige verjetno sploh ne bi bilo, saj je zapleteno in preko 1200 strani obsežno besedilo v dveh knji- gah tipkala in pretipkavala v številnih novih in novih verzijah. Avtorja sta imela podporo tudi pri risanju slik, ki jih je prispeval Henry Olsen. Pisanje na pisalni stroj mi je bilo skrajno mučno. Vsako napačno napisano črko si moral previdno zra- dirati in napisati pravilno. Ker strojepisja nisem ob- vladal, je bilo teh napak obilo. Kaj šele, če si se med tipkanjem domislil boljše formulacije misli, kot si jo imel na z roko napisanem konceptu. Papir ven in na novo! Rezanje in lepljenje je bilo takrat s škar- jami in lepilom, ne s kliki na miški. Pri risanju slik iz skiciranih predlog so sem in tja sicer pomagali zuna- nji sodelavci, največkrat pa si bil prepuščen samemu sebi. Nič bolje ni bilo pri pripravi Preseka za tisk. Vse prispevke smo morali pretipkavati, k sreči so to delale strojepiske; sami tega ne bi zmogli. In danes? Pisanje z računalnikom in z dobrim ure- jevalnikom je prav prijetno. Pišeš brez ročno napisa- nega koncepta naravnost v računalnik. Ta te opozori na napake, vrivanje besedila, popravljanje besed ali celih stavkov; urejanje končne oblike je smešno pre- prosto, še posebej, če si vajen svojega urejevalnika besedil, ki je pri meni pač Latex. Napredek računal- ništva je skrb za končni izgled besedila v veliki meri prevalil od poklicnih stavcev na pisce. Ne čudim se, da vsled tega izide v majhni Sloveniji veliko število novih naslovov, leposlovnih in strokovnih, seveda z ne zelo visoko naklado. Ne le pri pisanju, računalnik je z višjenivojskimi programskimi jeziki, ki jih je danes na stotine, omo- gočil jasne slikovne ponazoritve teksta. Meni pri tem še vedno dobro služi dobri stari Fortran, seveda iz- popolnjen in opremljen z grafičnimi primitivi, ki ga mladi niti ne poznajo več. Sedaj so v modi Python, C++, Mathematica. Računalniško programiranje je danes za mnoge vir veselja in kreativne izrabe pro- stega časa, denimo, pri ustvarjanju abstraktnih raču- nalniških slik in grafik, pri ponazoritvi geometrijskih konstrukcij, trorazsežnih teles. Zavedati se moramo, da imamo danes na mizi napravo, ki večstokratno presega zmožnosti nekdaj velikih računalniških sis- temov tako po spominu kot po hitrosti izvajanja. Ne smemo pa pozabiti tudi drugih ugodnosti, ki jih nudi računalnik. Njega dni si po pošti, tisti staro- veški, poslal svoj prispevek uredništvu, čakal na od- govor, upošteval pripombe, poslal ponovno. Danes gre pogovor z uredništvom preko elektronske pošte, hitro in udobno. Tu je tudi medmrežje-internet, ki je v veliko pomoč pri zbiranju podatkov; te bi sicer moral izbrskati iz knjig ali revij na papirju, ki jih ni- mamo vedno na voljo. Seveda pa niti približno ne ve- lja, da je že vse na spletu. Tega se zavemo, ko se po- globimo v študij kakega pojava. Hitro uvidimo, kako so na redko posejane informacije na spletu, kako so tam povsem razumljive zadeve na dolgo in široko razložene, malo manj razumljivim pa se splet kar izogne. Tudi dostop do novejših člankov preko in- terneta ni vedno prost, dostikrat ga je potrebno pla- čati z naročnino ali članek kupiti. No, to je že bolj skrb raziskovalcev, avtorji prispevkov za Presek na internetu kar hitro pridemo do želenih podatkov in razlag. Do idej, kaj in kako napisati prispevek, pa mi internet ni kaj prida pomagal.       P 49 (2021/2022) 3 5 Ali se po vsem tem še kdo čudi, da sem pri Preseku še vedno urednik za fiziko? Morda bo tako še nekaj časa, saj se morajo mladi posvečati raziskovanju, ki prav zaradi razvoja računalnikov in zapletene labo- ratorijske opreme postaja vse bolj zahtevno, tako po miselnih naporih kot tudi časovno. Tudi profesor- jem na srednjih šolah in učiteljem na devetletkah ne ostane kaj dosti prostega časa in volje, da bi še ure- dnikovali in pisali za Presek. A mladih raziskovalcev in pedagogov ni tako malo in upam, da bo kmalu kdo od njih prevzel uredništvo. Sam pa bom vedno ostal zvest spremljevalec Preseka, edinstvenega lista za mlade ljubitelje matematike, fizike, računalništva in astronomije, saj je njemu podobnih tudi pri številč- nejših narodih bore malo. Navdušuje pa me tudi tra- dicija, saj bo Presek kmalu praznoval že častitljivo petdesetletnico izhajanja. SLIKA 1. Z zvočnikom vzvalovana vodna gladina. Pri večjih amplitudah vzbujanja se na gladini tvorijo kapljice. ××× Dioklova cisoida in podvojitev, potrojitev, ... kocke M R Kako z neoznačenim ravnilom in šestilom dolo- čiti rob kocke, da bo njena prostornina dvakratnik prostornine dane kocke? To je znani antični pro- blem podvojitve kocke. Če ima dana kocka rob a, iščemo tako kocko z robom b, da bo b3 = 2a3. To pomeni, da mora biti b = a 3 √ 2. Problem podvoji- tve kocke z neoznačenim ravnilom in šestilom ni rešljiv, kar so matematiki pravilno dokazali šele v 19. stoletju. Razlog je v tem, da števila 3 √ 2 ni mo- goče izraziti s končnim številom osnovnih štirih aritmetičnih operacij in kvadratnih korenov nad racionalnimi števili. Že od antičnih časov pa so znani uspehi matema- tikov, ki so našli rešitev problema z drugačnimi po- magali, pogosto s posebnimi krivuljami, ne samo s premicami in krožnicami, ki jih rišemo z ravnilom in šestilom. Oglejmo si krivuljo, ki ji pravimo Dioklova cisoida in ki nam pomaga pri podvojitvi kocke. Pa ne le to, kocko lahko na podoben način tudi potrojimo, početverimo itd. Diokles (240–180 pr. n. št.) je bil starogrški matematik, ime krivulje pa izhaja iz grške besede kissós, kar pomeni bršljan. Kaj ima pri tem bršljan, bomo spoznali na koncu prispevka. Do Dioklove cisoide bomo prišli z metodami ana- litične geometrije v ravnini, v katero vpeljemo pra- vokotni kartezični koordinatni sistem Oxy . V njem načrtamo najprej premico x = 1, ki preseka os x v točki A(1,0). Na tej premici izberemo poljubno       P 49 (2021/2022) 36 SLIKA 1. Geometrijska konstrukcija točk Dioklove cisoide točko B(1, t), kjer je t od 0 različno realno število. Na sliki 1 je t > 0. Točko B pravokotno projiciramo na os y , kjer dobimo točko C(0, t). Nato C pravo- kotno projiciramo na premico skozi O in B, kjer do- bimo točko T(x,y). Premica skozi O in B ima enačbo y = tx, pravoko- tnica skozi C nanjo pa smerni koeficient −1/t, zato enačbo x +yt = t2. Rešitev sistema enačb y = tx, x +yt = t2 (1) sta koordinati točke T : x = t 2 1+ t2 , y = t3 1+ t2 . (2) Za t = 0 dobimo točko O(0,0), za t = 1 pa D(1/2,1/2). Ko točka B preteče premico x = 1, spre- menljivka t (pravimo ji tudi parameter) preteče vsa realna števila, točka T pa opiše krivuljo, ki ji pravimo Dioklova cisoida. Enačbi (2) imenujemo parametrični enačbi cisoide. Če si mislimo, da je parameter t čas, enačbi pred- stavljata sestavljeno gibanje točkaste mase v dveh med seboj pravokotnih smereh v koordinatni rav- nini: v smeri osi x po pravilu prve enačbe, v smeri osi y pa po pravilu druge enačbe. Tirnica takega gi- banja je cisoida. Podobno opišemo npr. tudi gibanje točkaste mase pri poševnem metu. Iz prve enačbe v (2) razberemo, da za vsak t velja relacija 0 ≤ x < 1. Zato je pravokotna projekcija ci- soide na os x interval [0,1). Ko zamenjamo t z −t, se x ne spremeni, y pa spremeni predznak. To po- meni, da je cisoida simetrična glede na os x. Hitro spoznamo tudi, da x → 1 in |y| → ∞, ko |t| → ∞, kar pomeni, da je premica x = 1 njena navpična asimp- tota. Cisoida poteka skozi točke O(0,0), D(1/2,1/2) in D′(1/2,−1/2). Če izrazimo t iz prve enačbe sistema (1) in vsta- vimo v drugo, dobimo po poenostavitvi enakovredni implicitni enačbi cisoide x(x2 +y2) = y2, (1− x)y2 = x3. (3) Če v prvo vstavimo x = r cosϕ in y = r sinϕ, vi- dimo, da v polarnih koordinatah velja zveza r = sin 2ϕ cosϕ . (4) Pri tem polarni kot ϕ teče po intervalu (−π/2, π/2), polarni radij r = |OT | pa zavzame vse nenegativne vrednosti. Zveza (4) je enačba cisoide v polarni obli- ki. Kako sedaj uporabimo Dioklovo cisoido za pod- vojitev, potrojitev, početverjenje, . . . kocke? Poma- gamo si s premico skozi točki A in C . Njena enačba je y = t(1−x). Poiščimo njeno presečišče E(xE , yE) s cisoido. Če upoštevajmo zadnjo enačbo v (3) de- sno, dobimo (1− x)3t2 = x3. Obe strani korenimo in imamo preprosto enačbo za x: (1− x) 3 √ t2 = x. Iz te takoj sledi xE = 3 √ t2 1+ 3 √ t2 , yE = t(1− xE) = t 1+ 3 √ t2 . Ker je smerni koeficient premice skozi O in E enak yE/xE = 3 √ t, je njena enačba y = x 3 √ t. Ta premica pa preseka premico x = 1 v točki F(1, 3 √ t) (slika 2).       P 49 (2021/2022) 3 7 SLIKA 2. Geometrijska konstrukcija tretjih korenov S tem smo našli preslikavo C(0, t) 7→ F(1, 3 √ t), ki nam da tretje korene. S podobnostno transfor- macijo lahko za vsak rob a dane kocke najdemo rob b = a 3√n kocke, ki ima za prostornino n-kratnik pro- stornine dane kocke: b3 = na3, če vzamemo za n naravna števila 2,3,4, . . . (slika 3). Za n = 2 imamo klasično podvojitev kocke, za n = 3 potrojitev, za n = 4 početverjenje itd. Dioklovo cisoido lahko konstruiramo po točkah še na druge načine. Eden od teh je s pomočjo krožnice x2 +y2 = x, ki ima središče v točki S(1/2,0) in pol- mer 1/2 (slika 4). Iz koordinatnega izhodišča O načrtamo poltrak, ki preseka krožnico x2 + y2 = x v točki P , ciso- ido v točki T , njeno asimptoto pa v točki Q. Do- kažemo lahko, da velja enakost |OT | = |PQ| za vsak Q na premici x = 1. To lahko elegantno naredimo v polarnih koordinatah. Pokažemo, da je na sliki 4 |OP | = cosϕ in |OQ| = 1/ cosϕ. Od tod izraču- namo |PQ| = |OQ| − |OP |. Rezultat primerjamo z že izračunano vrednostjo za |OT | (enačba (4)). Torej SLIKA 3. Geometrijska konstrukcija robov b = a 3 √ t SLIKA 4. Določilna lastnost cisoide: |OT | = |PQ| res velja enakost |OT | = |PQ|. To lastnost, ki je za cisoido določilna, lahko izkoristimo za njeno risanje po točkah. Del cisoide, ki je znotraj krožnice x2 + y2 = x, omejuje z njo lik, ki spominja na list vrste bršljana. Od tod izhaja ime krivulje. ×××       P 49 (2021/2022) 38 Tangens 7π/24 na tri načine D M. M̌́ (   B̌ K) Za nekatere matematične probleme poznamo le eno rešitev. So kot gorski vrh, ki je dostopen le z ene strani. Pri nekaterih drugih pa lahko k re- ševanju pristopimo iz različnih smeri. Tako spod- bujamo duh raziskovanja in pridobivamo matema- tično zrelost. Kot zgled naj služi naslednja naloga, ki jo bomo rešili na tri načine. Naloga. V pravokotnem trikotniku ima ena od katet dolžino 1 in s hipotenuzo oklepa kot β = 7π24 . Dokaži, da je dolžina druge katete enaka 2+ √ 6− √ 3− √ 2. 1 ? β SLIKA 1. 1. način (enakokraki trikotniki in Pitagorov izrek). Označimo oglišča A,B,C kot na skici, tako da je kot pri B znani kot β, kot pri C pravi kot in ima stra- nica BC dolžino 1. Izberimo točko D na stranici AC tako, da bo trikotnik ABD enakokrak. Dolžini krakov označimo z y . Ker je ABD = DAB, je CBD = π/12 = 15◦. Nato izberemo še točko E na stranici BC tako, da bo trikotnik EBD enakokrak. Sledi, da je CED = π/6 = 30◦, zato je dolžina stranice |ED| enaka dvakratniku dolžine |CD|, kar označimo z 2x in x. Zdaj uporabimo Pitagorov iz- rek v trikotniku CDE s katetama dolžin x in 1 − 2x ter hipotenuzo 2x. Z rešitvijo kvadratne enačbe do- bimo x = 2 − √ 3 (druga rešitev je prevelika, saj je 2x < 1). Nato uporabimo še Pitagorov izrek v tri- kotniku BCD, da podobno dobimo y = 2 √ 2− √ 3. S kvadriranjem ni težko preveriti, da je zadnji izraz enak y = √ 6− √ 2, iskana dolžina pa je ravno x+y , kot smo želeli dokazati. B C A E D 2x x y y SLIKA 2. 2. način (trigonometrijske formule). Dolžina druge katete je enaka tangensu kota 7π24 . Ker je 7π 24 = π 4 + π 24 = π 4 + 1 2 ( 1 2 ( π 6 )) , lahko uporabimo formuli za tan- gens vsote tg(x + y) = tgx+tgy1−tgx tgy in tangens polovič- nega kota tg x2 = 1−cosx sinx . Z nekaj računanja dobimo rezultat. S podobnim izračunom bi dobili rezultat tudi iz zvez 7π24 = π 6 + π 8 ali 7π 24 = π 3 − π 24 . 3. način (kosinusni izrek). Kot prej označimo ogli- šča A,B,C in znana kota. Na stranici AB tokrat iz- beremo točko D tako, da je trikotnik BCD enako- krak z osnovnico 1. Potem je BDC = 10π24 = 75◦ in s pomočjo kosinusnega izreka za ta kot lahko iz- razimo kvadrat dolžine |BD|. Pri tem izračunamo cos 75◦ = sin 15◦ = 14( √ 6 − √ 2) z uporabo formule za sinus polovičnega kota. Označimo z E razpolovi- šče daljice BD in x = |BE| = |BD|/2. Iz doslej znanih podatkov lahko s Pitagorovim izrekom določimo še dolžino daljice |CE| = y . Ker je trikotnik BCE pravo- koten, zaradi podobnosti sledi, da je iskana dolžina katete enaka |CA| = yx . Bralke in bralce vabimo, da sami dodajo skico in manjkajoče podrobnosti. ×××       P 49 (2021/2022) 3 9 Matematični adventni koledar 2021 M M̌, J P  M R̌ V mesecu decembru se je tudi letos odvilo tradi- cionalno spletno tekmovanje Matematični adven- tni koledar, ki ga organiziramo na UP FAMNIT (Uni- verza na Primorskem, Fakulteta za matematiko, na- ravoslovje in informacijske tehnologije) že od leta 2015. Tekmovanje je namenjeno učenkam in učen- cem zaključnih razredov osnovne šole in vseh le- tnikov srednje šole, poteka pa tako, da v mesecu decembru na spletu vsake tri dni objavimo novo nalogo, za katero imajo reševalci 24 ur časa. Na- men nalog je vzpodbuditi zanimanje za matema- tiko ter reševalkam in reševalcem pokazati zani- mive probleme, ki pa včasih zahtevajo daljši raz- mislek. Bralce in bralke Preseka vabimo, da pre- izkusijo svoje možgane in tudi sami rešijo nekaj letošnjih nalog. 8. in 9. razred 1. naloga. Določi števko a, za katero bo število 17 · 16a+ 171 · 716 deljivo z 12. 2. naloga. Rok in Nika igrata naslednjo igro na lo- gičnih izrazih, ki vsebujejo izjavne spremenljivke A, B, C in D. Najprej Rok izbere eno od spremenljivk in jo postavi na resnično, nato Nika izbere eno izmed še neizbranih in jo postavi na neresnično, nato spet Rok izbere eno izmed še neizbranih in jo postavi na resnično, preostala spremenljivka pa se postavi na neresnično. Če je celotni izraz resničen, je zmagal Rok, če je neresničen, je zmagala Nika. Za vsako for- mulo se izkaže, da ima eden od igralcev zmagovalno strategijo; če jo igra, zmaga ne glede na to, kako igra njegov nasprotnik. Za vsako od naslednjih formul določi, kdo ima zmagovalno strategijo: A∧ (B ∨ C)∧D, (A∨ B)∧ (A∨ C)∧D, (A∨ B)∧ (C ∨D)∧D. 3. naloga. Fantje imajo tabor 240 m oddaljen od ravne glavne ceste, dekleta pa imajo tabor ob glavni cesti 400 m od tabora fantov. Ob glavni cesti želimo postaviti kuhinjo, ki naj bo od obeh taborov enako oddaljena. Kolikšna naj bo ta oddaljenost v metrih? 1. in 2. letnik 1. naloga. Turingov stroj je namišljena naprava, ki ima glavo in raven trak s celicami, ki se razteza levo in desno v neskončnost. Glava se pomika po traku levo in desno, ko miruje, pa je vselej na neki celici. V vsaki celici je lahko zapisana ničla ali enica, glava stroja pa je lahko v treh možnih stanjih, A, B in C . Stroj obratuje tako, da glava najprej prebere vsebino celice, na kateri se nahaja, nakar glede na njeno sta- nje in prebrano vsebino najprej v celico, na kateri se nahaja, zapiše novo vsebino, nato pa se pomakne za eno celico levo ali desno, preide v novo stanje in nadaljuje z naslednjim korakom. Stanje glave in pre- brana vsebina celice pa lahko narekujeta tudi, da se stroj ustavi. Kaj stroj naredi, je natančno določeno s stanjem glave in vsebino celice. Razen primera, ko je glava v stanju C , prebere pa ničlo, je popolnoma znano, kaj stroj naredi, v omenjenem primeru pa je znano le, da se glava pomakne levo (in da se stroj ne ustavi):       P 49 (2021/2022) 310 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b 1 STOJ 0, desno, C 1, levo, A 0 1, desno, B 1, levo, B ?, levo, ? A B C Na začetku so na traku zapisane same ničle, stroj pa je v stanju A. Prvih nekaj korakov stroja je prika- zanih spodaj. Dopolni, kaj mora narediti glava, ki v stanju C prebere ničlo, če naj se stroj nekoč ustavi, število pomikov glave pa je največje možno. Prvih nekaj korakov: A 0 B 1 0 B 1 1 C 0 1 A 0 1 B 1 1 C 1 0 0 2. naloga. Populacijo testiramo s presejalnim te- stom – hitrim antigenskim testom. V populaciji ima- mo zdrave in obolele, rezultat testiranja pa je lahko pozitiven ali negativen. Naj bo a delež ljudi v popu- laciji, ki so bolni in so imeli pozitivni test, b delež ljudi, ki so zdravi in so imeli pozitivni test, c delež ljudi, ki so bolni in so imeli negativni test, ter d delež ljudi, ki so zdravi in so imeli negativni test. Količina a a+c se imenuje občutljivost, količina d d+b pa specifič- nost. Naj bo občutljivost testa 95%, specifičnost 98% in naj število bolnih pozitivnih predstavlja 40% vseh pozitivnih. Kolikšen je delež obolelih v populaciji? 3. naloga. Naj ima ABCD kvadrat s stranicami AB, BC , CD in DA ploščino 25. Naj bo M tista točka na stranici AB, pri kateri je dvakratnik dolžine stranice AM enak dolžini stranice BM . Naj bo F presečišče premice skozi D in M s premico skozi B in C . Naj bo E točka na sredi daljice DF . Kolikšna je razdalja med točkama A in E? Odgovor zapiši zaokrožen na dve decimalki. Uporabi decimalno vejico. 3. in 4. letnik 1. naloga. Določi največje celo število k, pri kate- rem 3k deli 103 2021 − 1. 2. naloga. Poišči 10-mestno število s samimi različ- nimi števkami abcdefghij, za katerega velja: a je deljivo z 1. ab je deljivo z 2. abc je deljivo s 3. abcd je deljivo s 4. abcde je deljivo s 5. abcdef je deljivo s 6. abcdefg je deljivo s 7. abcdefgh je deljivo z 8. abcdefghi je deljivo z 9. abcdefghij je deljivo z 10. 3. naloga. Anja je na tablo napisala vsa števila od 1 do 300. Zanimajo jo vse neurejene trojice teh števil, pri katerih je vsota števil deljiva s 3 in števila niso nujno različna. Koliko takih trojic bi Anja lahko se- stavila? ×××       P 49 (2021/2022) 3 11 Oblika vulkanov A L Osamljeni vulkani imajo značilno obliko. Ni jih mogoče zamenjati z gorami, ki so nastale z guba- njem zemeljskega plašča. Na sliki 1 vidimo obris še delujočega vulkana Mayon na otoku Luzonu na Filipinih. Oblika je pov- sem krožno simetrična, kot plašč stožca, le da je po- bočje pri vrhu strmo, potem pa strmina z oddalje- nostjo od kraterja počasi pada. Evropska Etna (glej sliko 2), nima tako pravilnega obrisa, je pa še vedno povsem jasno, da gre za vulkan. Tudi Vezuv ne more skriti vulkanskega porekla, izdaja ga desno pobočje (glej sliko 3). Pravilno, skoraj parabolično obliko po- bočja vidimo tudi pri Nanosu, o čemer smo v Preseku že poročali [1]. Tam smo privzeli, da se kamenje po- bočja giblje tem hitreje, čim večja je njegova strmina. Kaj, ko bi poskusili s tem privzetkom opisati pobočje vulkanov? Iz kraterja na vrhu delujočega vulkana prihajajo na dan lava in kamni vseh mogočih oblik ter veliko- SLIKA 1. Vulkan Mayon na filipinskem otoku Luzonu (vir: Wikipedija) SLIKA 2. Vulkan Etna (vir: Wikipedija) SLIKA 3. Vulkan Vezuv (vir: Wikipedija) sti. Valeč se po pobočju gradijo vulkan. Spet bomo privzeli, da je ploskovna gostota masnega toka va- lečih se kamnov j, to je masa kamnov, ki v sekundi preidejo skozi dan okvir s ploščino S, sorazmerna s strmino pobočja, torej naj za j = m tS velja j = αy ′ . Strmino smo označili z y ′, da lažje računamo, naj strmina pomeni padec višine pobočja ∆y na vodo- ravni razdalji enega metra: y ′ = ∆y∆x .       P 49 (2021/2022) 312 Pri nevelikih strminah je taka definicija smiselna, le pri zelo velikih strminah, kjer bi se nagib bližal 90°, bi kazalo strmino definirati kot sinus nagiba. A pri vulkanih tako velikega nagiba ni. Sorazmernostnega faktorja α sicer ne poznamo, a ga bomo določili na podlagi slik pobočij. Privzetek o masnem toku spominja na ploskovno gostoto toplotnega toka, ki je prav tako sorazmerna s temperaturnim gradientom, torej s kvocientom temperaturne razlike ∆T in debeline plasti d, skozi katero teče ta tok. SLIKA 4. K izpeljavi enačbe za določanje oblike pobočja Strmina se z oddaljenostjo od žrela vulkana zman- jšuje, pa tudi izbruhana snov zavzema vse večji pro- stor, zmanjšuje se tudi masni tok j. Dokler vul- kan raste, se del izbruhane mase nalaga na pobočju. Tako vulkan raste v višino in tudi v širino. Koliko je tega nalaganja, izvemo s pomočjo slike 4. Na njej je prikazan del pobočja, kamor priteka snov s tokom j1 skozi ploskev S1, odteka pa skozi ploskev S2 s tokom j2. Zaradi ohranitve mase mora torej veljati (j1S1 − j2S2)∆t ∝ ∆ty . Z ∆ty označimo prirastek vulkana v višino na da- nem mestu x v času ∆t. Privzeli smo, da dotoka snovi z bokov ni ali pa se izravna z odtokom. Ker je navpični prerez skozi sredino vulkana neodvisen od tega, kje ga prerežemo, je S2 > S1. Ploskovna gostota masnega toka se torej manjša zaradi nalaganja snovi na pobočje in zaradi širitve na vse večji prostor. Če bi na robu vulkana snov po vsem obsegu primerno odstranjevali, bi se oblika vulkana ustalila. Enačbo naraščanja vulkana torej imamo, pri raču- nanju moramo le še poskrbeti za dotok mase iz kra- terja in določiti sorazmernostno konstanto tako, da kar najbolje ujamemo dejansko obliko vulkana. Na sliki 5 smo kar dobro ujeli obliko vulkana Mayona. Ko vulkan ugasne, se njegova oblika še naprej spreminja, le da s kraterja ni dotoka snovi. Naj- bolj opazno je zaobljanje na vrhu, kar vidimo na sliki 6 nekega ugaslega vulkana. Zaobljenje pa opa- zimo tudi pri nevulkanskih vzpetinah, ko je ta po- sledica erozijskih dejavnikov, kot so veter, dež, zmr- zali. Tudi obdelovanje zemlje lahko v precejšnji meri pripomore k oblikovanju vzpetin. Lep primer naj- demo na Cerkljanskem, kjer je holmec z domačim imenom Kouk presenetljivo zaobljen (glej sliko 7). SLIKA 5. Primerjava izračunanega obrisa vulkana Mayon (modra krivulja) z dejansko Na slikah 8, 9 in 10 vidimo postopno zaobljanje vulkana skozi daljša časovna obdobja. Vulkani, ki so ugasnili pred več sto miljoni let, so danes po obliki komaj razpoznavni. Za konec naredimo še vulkanski poskus. Ne bomo se trudili z nasipavanjem peska, pač pa bomo nare- dili poskus z računalnikom. Kroglice bomo spuščali z določene višine na ravna vodoravna tla. Spuščene       P 49 (2021/2022) 3 13 SLIKA 6. Izračunani obris nedavno ugaslega vulkana (modra krivulja) – vrh postaja zaobljen SLIKA 7. Grǐc Kouk na Cerkljanskem je zaobljen zaradi kmetijske dejav- nosti. (Foto M. Razpet) kroglice naj se neelastično odbijajo od tistih že na tleh. Opazovali bomo, kako raste kup, in njegovo obliko primerjali z obliko vulkana. Eden od kupov je prikazan na sliki 11. Vidimo, da oblika spominja na obliko vulkanov. Od tod sklepamo, da se kroglice pri neelastičnem odboju gibljejo tako, kot smo privzeli zgoraj. Še besedo o neelastičnem trku med kroglicami. Elastični trk smo v Preseku že obravnavali, bralci se morda še spomnijo te vsebine. Kroglici sta ravno v stiku, enotski vektor, ki povezuje njuni središči, je ~e. Po elastičnem ali neelastičnem trku se obema krogli- cama spremeni gibalna količina, prvi za −G~e, drugi pa za G~e. Da določimo velikost G gibalne količine G~e, upoštevamo, da se skupna kinetična energija pri SLIKA 8. Obris delujočega vulkana SLIKA 9. Po daljšem času neaktivnosti je vulkan vidno zaobljen SLIKA 10. Pred kakimi stotimi milijoni let ugasli vulkan izgubi značilno vulkansko obliko       P 49 (2021/2022) 314 SLIKA 11. Kup, ki se nabere ob spuščanju kroglic na ravna vodoravna tla. Oblika kupa je zelo podobna obliki vulkanov. elastičnem trku ohrani, pri neelastičnem pa se nekaj začetne kinetične energije izgubi na račun segreva- nja kroglici, torej 1 2 mv21 + 1 2 mv22 = 1 2 m( ~v1 − G m ~e)2 + 1 2 m( ~v2 + G m ~e)2 +Q. Na levi strani smo zapisali kinetično energijo ploščic pred trkom, na desni pa po njem. S primerno izbiro izgubljene kinetične energije Q izračunamo G in iz tega hitrosti kroglic po trku. Izgubljena energija Q je odvisna od trka. Pri centralnem trku, ki ga največ- krat obravnavajo, je Q največja, pri robnem trku, ko se kroglici le bežno dotakneta, pa je zanemarljiva. Da pridemo do smiselnih vrednosti za Q, najprej iz- računamo G pri elastičnem trku: G m = ~e · ( ~v1 − ~v2) , nato pa ga za določen del zmanjšamo. Če ga zmanj- šamo na polovico, dobimo povsem neelastični trk. Pri centralnem trku bi se tedaj kroglici sprijeli in potovali dalje z enako hitrostjo. Pri našem računu oblike kupa smo privzeli povsem neelastične trke. Če dodamo nekaj elastičnosti, dobimo nekoliko bolj razpršene kupe. Literatura [1] A. Likar, Pobočje Nanosa, Presek 30 (2002/2003) 4, str. 196. ××× Barvni sudoku V 8× 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2× 4) nastopalo vseh osem števil. 8 4 5 2 8 3 4 1 3 7 5 7 1 8 1 5 1 2 7 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b   ̌                63847251 25178436 54783162 31625874 86251347 47316528 78432615 12564783 bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b ×××         n a d a lje va n je n a st ra n i 18 P 49 (2021/2022) 3 15 Mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike 2021 V K̌̌ Uvodnik Zaradi izrednih razmer je Mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike (MOAA) 2021 potekala na daljavo v organizaciji gostujoče države Kolumbije. Slovenski mladi astronomi so si izborili kar nekaj kosov žlahtnih kovin. Simon Bukovšek (Gimnazija Kranj) in Peter Andolšek (Gimnazija Bežigrad) sta prejela zlati medalji, Vid Kavčič (Gimnazija Beži- grad) in Domen Lisjak (Gimnazija Bežigrad) sta pre- jela srebrni medalji, Urban Razpotnik (Gimnazija Bežigrad), Vito Levstik (II. gimnazija Maribor), Tian Strmšek (II. gimnazija Maribor) in Urša Mati Dju- raki (Gimnazija Bežigrad) so prejeli bronaste meda- lje, Miha Brvar (Gimnazija Bežigrad) je prejemnik pohvale, Marija Judež (Srednja elektro šola in teh- nična gimnazija Novo mesto) se je častno spoprijela z zelo zahtevnimi astronomskimi in astrofizikalnimi alogami. Uspeh slovenske astronomske ekipe je res izje- men, saj se je glede na žlahtnost prejetih medalj uvr- stila tudi med najboljših pet držav udeleženk tekmo- vanja. Posebne zahvale gredo vodji olimpijske ekipe An- dreju Guštinu, mentorjema Krištofu Skoku in Dunji Fabjan ter članoma spremljevalne ekipe Roku Ko- vaču in Jonu Judežu. Najžlahtnejše zahvale pa gre- do tudi Bojani Ukmar, ki je ves teden skrbela za iz- jemno slastno prehrano na kmečkem turizmu v Av- berju na Krasu, kjer so udeleženci preživljali svoje olimpijske dni. V prispevku predstavljamo pet rešenih nalog s te- oretičnega dela tekmovanja, ki so ga tekmovalci pi- sali pet polnih ur. Predstavljene naloge so različnih težavnosti, poudarimo pa naj, da je za razumeva- SLIKA 1. Astronomska falanga v Avberju (foto: Andrej Guštin) nje tako nalog kot tudi rešitev potrebno poglobljeno znanje osnov astronomije in astrofizike. Bralcu želimo prijetno trenje astronomskih ore- hov in obilo zabave! Naloga 5. Pod pritiskom Magnetna polja na Soncu stalno oblikujejo strukture in različne pojave v Sončevi atmosferi. Znotraj vsake strukture magnetno polje (B) prispeva k celotnemu tlaku plina. Ta t. i. magnetni tlak je funkcija višine z in ga lahko izrazimo kot Pmag(z) = B2(z) 2µ0 .           P 49 (2021/2022) 316 Nagradna križanka ×××      Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 1. februarja 2022, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo pre- jeli knjižno nagrado.           P 49 (2021/2022) 3 17         n a d a lje va n je s st ra n i 15 P 49 (2021/2022) 318 Po drugi strani je plin v hidrostatičnem ravnovesju in zato tlak plina pada eksponentno od začetne vre- dnosti tlaka P0 z naraščajočim z. Izrazimo lahko Pgas(z) = P0e−z/H , pri čemer je H skalirna višina, tj. višina, na kateri tlak pade na P0e . Obravnavaj magnetno cev, ki se dviguje od Sonče- vega površja v nemagnetno okolje (glej sliko 2). Pred- postavi, da je celoten tlak snovi v cevi v ravnovesju s snovjo izven cevi. SLIKA 2. 1. Izpelji izraz za gostoto magnetnega polja kot funkcijo višine z. 2. Če je gostota magnetnega polja na dnu cevi 0,3 T in je skalirna višina H v Sončevem mo- delu 150 km, na kateri višini bo gostota polja enaka 0,03 T? Rešitev. 1. Tlak znotraj magnetne cevi je enak tlaku plina v okolici. Tlak znotraj magnetne cevi je enak vsoti tlaka plina znotraj magnetne cevi in ma- gnetnega tlaka. Zapišemo enačbi za ravnovesje tlakov na površju Sonca in v splošnem na neki višini z: B20 2µ0 = p0,zunaj − p0,znotraj (1) B(z)2 2µ0 = e−z/H ( p0,zunaj − p0,znotraj ) . (2) Če zgornji dve enačbi zdelimo, dobimo B(z)2 B20 = e−z/H B(z) = B0e−z/2H . 2. Iz zgoraj dobljene enačbe izrazimo z in dobimo z = 2H ln B0 B(z) = 2 · 150 km ln 0,3 0,03 ∴ z = 690 km. Naloga 8. Logotip IOAA Logotip IOAA 2021 sestavlja akronim IOAA, kjer je prva črka silhueta zgradbe Državnega astronomske- ga observatorija (OAN) Kolumbije, najstarejšega ob- servatorija v Ameriki. Ta observatorij se nahaja v mestu Bogotá, kjer je bil ustanovljen leta 1803. Glav- no mesto Kolumbije omejujeta dve znani gori, Mon- serrate in njena soseda Guadalupe, ki sta ikoni me- stne pokrajine in krasita ozadje logotipa. SLIKA 3. 1. Oceni oddaljenost (v km) med točkama 2 (Gua- dalupe) in 3 (Monserrate) v tabeli 1. 2. Oceni kotno razdaljo (v stopinjah) med Guada- lupe (2) in Monserrate (3), kot jo opazijo iz Dr- žavnega astronomskega observatorija v Kolum- biji (1) v tabeli 1. 3. Iz OAN so 21. septembra ob 20.00 opazovali Luno v smeri vzhodnega gorovja (med Monser- rate in Guadalupe). Izmerjeni ekliptični koor- dinati (dolžina in višina) Lune sta prikazani v tabeli 2. Določi ekvatorialne koordinate Lune ob času opazovanja. Opomba. Azimut merimo od severa proti vzhodu.         P 49 (2021/2022) 3 19 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b 3 4◦36′18′′N 74◦03′19′′W 3100 2 4◦35′30′′N 74◦03′15′′W 3296 1 4◦35′53′′N 74◦04′37′′W 2607 Točka Širina Dolžina Nadmorska višina (m.a.s.l) TABELA 1. λ : +12◦20′16′′ / β : −04◦24′14′′ Az : +90◦42′59′′/Alt : +19◦01′42′′ Lokalni čas: 20.00 TABELA 2. Rešitev. 1. Ker so razdalje med kraji zelo majhne, lahko predpostavimo, da površje Zemlje na tem delu ni sferično. Če za polmer Zemlje vzamemo R = 6378 km, lahko za razdalje po komponentah izračunamo ∆x = R · ( 4°39′18′′ − 4°35′30′′ ) · π 180 = 1,4842 km ∆y = R · ( 74°3′19′′ − 74°3′15′′ ) · π · cos(4°35′54′′) 180 = 0,1237 km ∆z = 3,100 km− 3,296 km = −0,196 km. Razdaljo izračunamo kot d2−3 = √ ∆x2 +∆y2 +∆z2 = 1,502 km. 2. Na isti način kot prej izračunamo tudi d1−2 = 2,722 km, d1−3 = 2,580 km. Kotno oddaljenost med krajema 2 in 3 za opa- zovalca v 1 izračunamo s pomočjo kosinusnega izreka cosθ = d 2 1−2 + d21−3 − d22−3 2d1−2d1−3 ≈ 0,841 ∴ θ = 32,78°. 3. Pretvorbo iz ekliptičnih v ekvatorialne koordi- nate podajata spodnji enačbi, iz katerih dobi- mo tgα = − sinβ sin ǫ+ cosβ cos ǫ sinλ cosβ cosλ ∴ α = 12°43′3′′ = 0 h 50 min 52 s sinδ = sinβ cos ǫ+ cosβ sin ǫ sinλ ∴ δ = 1°33′43′′. V tabeli so podane tudi horizontske koordina- te, tako da bi lahko ekvatorialne koordinate preračunali tudi iz njih. Naloga 11. Minimalna hitrost izstrelka Kolikšna je najmanjša hitrost, s katero moramo iz- streliti izstrelek s površja Zemlje na ekvatorju, da bo padel na severni pol? Izračunaj ekscentričnost traj- ektorije izstrelka. Zanemari vrtenje Zemlje in privzemi, da je Zemlja krogla. O B A R R v SLIKA 4.         P 49 (2021/2022) 320 Rešitev. V točkah A in B je hitrost v enaka. Če je torej vrednost v minimalna, mora biti tudi skupna energija orbite minimalna: − GMm R + 1 2 mv2 = −GMm 2a , kjer je a velikost velike polosi elipse. Če mora biti torej energija orbite minimalna, mora biti vrednost 2a minimalna. O F A B R R 45◦ 45◦ vmin vmin SLIKA 5. Če označimo z O središče Zemlje, ki je tudi eno gorišče elipse, in z F drugo gorišče, potem velja |OB| + |BF| = 2a, O B FR R√ 2 R√ 2 45◦ O R B F F F F 45◦ SLIKA 6. torej mora biti vrednost |OB| + |BF| minimalna. Da bo temu tako, mora biti daljica BF pravokotna na daljico OF . Od tod sledi, da je najmanjša vrednost 2a enaka 2a = |OB| + |BF| = R + R√ 2 . Iz zgornjega izraza lahko izrazimo minimalno hi- trost in dobimo v = √ 2GM (1+ √ 2)R ∴ v = 7195 m/s. Ker je |OF| = 2ea, lahko numerično ekscentričnost elipse e izrazimo kot R√ 2 = 2 · e · R 2 ( 1+ 1√ 2 ) e = 1 1+ √ 2 ≈ 0,414. Naloga 13. Lucy – prva misija do Trojanskih asteroidov CCD kamere na vesoljskih sondah so zelo občutljive in izpostavljene vplivom vesoljskega vremena. Moč- no sevanje v silicijevih čipih kamere ustvari pare elektron-vrzel. Hitrost nastajanja teh parov je po- memben parameter med delovanjem kamer in jo je mogoče izračunati za sevanje katerekoli dane ener- gije. Delec velikih energij ali foton, ki gre skozi CCD, tam z vsakim ustvarjenim parom elektron-vrzel pu- sti nekaj energije. Absorpcijsko moč silicija je mo- goče izmeriti za določeno vrsto delca kot energijo na površinsko gostoto (površinska gostota je masa na enoto površine), ki jo silicij odvzame od delca v preletu. Nasina misija Lucy bo prva proučevala asteroide Trojance in bo naredila pravo revolucijo v razume- vanju nastanka Osončja. Eden od inštrumentov na krovu vesoljske sonde bo L’LORRI (Lucy LOng Range Reconnaissance Imager), katerega del bo občutljiv CCD detektor, namenjen snemanju podrobnih slik Trojancev. Na žalost je sevanje okoli Jupitra zelo močno in lahko ustvari veliko šuma na svetlobnih elementih (pikslih) CCD.         P 49 (2021/2022) 3 21 Predpostavimo, da ima nabit delec, ujet v Jupitro- vem magnetnem polju, v povprečju energijo 15 MeV in je tok takih delcev v tem območju približno ena- kovreden 600 elektronom s−1 cm−2. Poleg tega lahko predpostavimo, da vsak delec, ki zadane svetlobni element, v njem pusti natanko toliko energije, kot je je potrebno za nastanek para elektron-vrzel. Ko v po- sameznem slikovnem elementu nastane kritično šte- vilo parov elektron-vrzel, postane element zasičen in v njem ne morejo več nastati novi pari elektron-vrzel. Morebitno preostalo energijo delec v preletu preda naslednjemu slikovnemu elementu in tako dalje. Uporabi spodnje podatke za čip CCD v kameri L’LORRI in odgovori na sledeča vprašanja. 1. Koliko slikovnih elementov na CCD bo nasičil en tak delec, ki bo v bližini Jupitrove orbite za- del kamero? 2. Glede na podani tok delcev v bližini Jupitra iz- računaj, koliko odstotkov od vseh slikovnih ele- mentov bo zasičenih. Tehnični podatki za CCD: čas osvetlitve enega posnetka = 30 ms število slikovnih elementov na CCD = 1024 × 1024 površina CCD = 13 mm × 13 mm debelina CCD čipa = 0,06 cm gostota silicija, ρ = 2,34 g cm−3 potrebna energija za nastanek enega para elektron-vrzel = 2,36 eV število parov elektron-vrzel, ki pomenijo zasiče- nost enega slikovnega elementa = 250 parov absorpcijska moč silicija za elektron z energijo 15 MeV = 3,012 MeV g−1 cm2 Rešitev. 1. En sam elektron na detektorju CCD pusti sle- dečo količino energije: Ed = 3,012 MeVcm2 g · 2,34 g cm3 · 0,06 cm = 422,9 keV. Ker elektron z energijo 15 MeV dovede 422,9 keV energije, moramo izračunati število parov elektron-vrzel 422,9 keV · 1 2,36 eV = 1,79 · 105 elektron vrzel . Izračunamo število slikovnih elementov, ki jih bo lahko nasičilo 1,79 · 105 parov elektron- vrzel: 1,79 · 105 · 1 250 = 716. 2. Število elektonov, ki vstopijo na detektor, je enako 600 elektronov cm2s · (1,3 · 1,3) cm2 · 0,03 s = 30 elektronov. Približno 30 elektronov vstopi na površino de- tektorja, hkrati pa vemo, da en elektron nasiči 716 slikovnih elementov, zato je skupno število nasičenih slikovnih elementov enako 716 · 30,42 = 2,18 · 104. Ker ima detektor skupno 1024 · 1024 = 1,048 · 106 slikovnih točk, je delež nasičenih slikovnih točk enak ∼ 2,08 %. Naloga 14. Nastanek Venus-2 Komet z maso αm se giblje (»pada«) radialno proti Soncu. Znano je, da je skupna mehanska energija kometa nič. Komet trči v Venero, katere masa je m. Nadalje predpostavi, da je orbita Venere pred trkom krožna s polmerom R0. Po strmoglavljenju tvorita komet in Venera en sam objekt, imenovan »Venus- 2«. Kolikšna naj bi bila vrednost α, da bi po trku or- bita telesa Venus-2 povzročila njegovo strmoglavlje- nje na Sonce? To vrednost bomo imenovali αc . Rešitev. Naj bo M⊙ masa Sonca. Venera se okoli Sonca giblje s hitrostjo v0 = √ GM⊙ R0 ,         P 49 (2021/2022) 322 Sonce Venera R0 m αm komet orbita Venere SLIKA 7. skupna mehanska energija Venere pred trkom je enaka energiji krožne (torej eliptične) orbite Ei = − GM⊙ 2R0 , skupna mehanska energija kometa pa, glede na to, da potuje po parabolični orbiti, enaka 0, iz česar za njegovo hitrost vc sledi vc = √ 2GM⊙ R0 . Ker se komet, ko je daleč stran, giblje radialno proti Soncu, je njegova vrtilna količina enaka nič. Iz ohra- nitve vrtilne količine pred (samo vrtilna količina Ve- nere) in po (vrtilna količina Venusa-2) lahko izrazimo tangentno komponentno hitrosti Venusa-2: R0mv0 = R0(m+αm)vθ vθ = v0 1+α. Radialno komponento hitrosti Venusa-2 vr dobimo iz ohranitve gibalne količine v radialni smeri. Upo- števamo, da je hitrost kometa pred trkom enaka vc . Velja αmvc = (m+αm)vr vr = α 1+αvc . Skupno mehansko energijo Venusa-2 izrazimo kot Ef = Wp +Wk = −GM⊙m(1+α) R0 + 1 2 m(1+α) ( v2θ + v2r ) = −(1+α)GM⊙m R0 + 1 2 (1+α)· · [ 2 ( α 1+α )2 + 1 (1+α)2 ] GM⊙m R0 = −GMm 2R0 ( 1+ 4α 1+α ) ∴ Ef = ( 1+ 4α 1+α ) Ei. Ker se je energija orbite očitno spremenila, orbita Venusa-2 očitno več ne bo krožna. Ker je energija ne- gativna, mora biti eliptična. Iz razmerja energij orbit pred in po trku izrazimo veliko polos nove orbite: af = Ei Ef R0 = R0 1+α 1+ 4α. Da bo Venus-2 trčil s Soncem, mora biti njegova od- daljenost od središča Sonca v periheliju orbite enaka rp = R⊙ = 6,955 · 108 m = 0,00643R0, razdalja v afeliju pa mora biti enaka ra = R0. Od tod sledi ac = rp + ra 2 = 0,5032R0 ac R0 = 0,5032 = 1+αc 1+ 4αc ∴ αc = 0,4905. Če torej želimo, da Venus-2 strmoglavi v Sonce, mora biti masa kometa enaka približno polovici mase Ve- nere. Naj pa na koncu vendarle priznamo, da smo si drznili tole nalogo nekoliko preurediti in jo izčistiti dolgočasnih pomožnih vprašanj. Hkrati pa naj se za- hvalimo Simonu Bukovšku, ki je prijazno priskrbel znaten del slikovnega gradiva tega članka. ×××   ̌      ̌    P 49 (2021/2022) 3 23 O predstavitvi podatkov v računalniku: besedilo J S Velik del podatkov, ki jih shranjujemo na raču- nalniku ali pošiljamo prek interneta, je sestavljen iz običajnega besedila: elektronska pošta, klepet, dokumenti, spletne strani. Vsaka prikazana vrstica besedila, ki jo vidite na zaslonu, pa je morala biti tudi nekje shranjena kot zaporedje ničel in enic. Kot se pogosto zgodi, lahko besedilo shranimo na več kot en način; ti različni načini pa med sabo niso kompatibilni. Če ste kdaj npr. pri podnapi- sih pri filmu videli élovek namesto človek, ali pa morda kar potegav ina namesto potegavščina, potem ste naleteli na takšno nekompatibilnost med načini kodiranja. ASCII Ko so v angleško govorečih državah v 60-ih letih prejšnjega stoletja začeli z bolj resnim računalništ- vom, so potrebovali način zapisovanja besedila. Na- ravno so se odločili, da bodo besedilo zapisovali znak po znak, vsak znak pa bo predstavljen s fi- ksnim številom bitov. Da bi ugotovili, koliko bitov potrebujemo, moramo prešteti, koliko različnih zna- kov potrebujemo. Za začetek potrebujemo velike in male črke (dvakrat po 26), števke (10), nekaj ločil za pisanje, finance in matematiko (npr. +−*/.?!@#$%^’" &*()\~), znake za prazen prostor (white space), kot so presledek, znak za novo vrstico, znaki za zamike. Na koncu so pristali na 128 znakih, kar lahko spravimo ravno v sedem bitov (27 = 128); ta standard so po- imenovali ASCII (American Standard Code for Infor- mation Interchange), kar preberemo áski. Natančno je to kodiranje napisano v tabeli 1. Opazimo lahko, da imamo do znaka 32 kontrolne znake in znake za prazen prostor (ali t. i. bele znake). Znak 32 je npr. presledek (space), znak 10 je znak za novo vrstico (line feed), znak 7 je zvonec (bell), ki je ob izpisu povzročil, da se je oglasil zveneč ding v računalniku. Tudi dandanašnji lahko z nekaj truda računalnike še vedno prisilimo v to. Za razlago vseh znakov se je najbolje posvetovati s kakšno knjigo [6] ali Wikipe- dijo [1], marsikateri od njih niso več v redni rabi. Po kontrolnih in belih znakih pa sledi rahlo čudna me- šanica: nekaj ločil, nato številke, nato spet nekaj lo- čil, pa velike črke in spet ločila, nato male črke in še malo ločil. Zakaj ne bi dali vsa ločila na kup? Odgo- vor se najde v dvojiškem zapisu: če pogledamo kode za 0 do 9, vidimo, da imajo po vrsti kode 0110000 do 0111001. Če ignoriramo predpono 011, so to ravno dvojiški zapisi za števila od 0 do 9. Podobno velja pri velikih črkah: A ima kodo 1000001, B ima kodo 1000010 itd. Če ignoriramo predpono 10, je kodi- ranje zelo naravno: A kodiramo kot 1, B kot 2; tako nadaljujemo do Z kot 1011010 oz. 26. Tako je mo- goče tudi iz dvojiškega zapisa relativno enostavno razbrati besedilo. Podobno velja za male črke, le da imajo predpono 11 namesto 10. Za ločila, za katera ni tako pomembno, kako so zakodirana, so porabili preostale proste kode. Dodatni lepi lastnosti ASCII kodiranja sta, da lahko male črke med seboj primer- jamo po abecedi tako, da le primerjamo njihove šte- vilske vrednosti, in da lahko malo črko spremenimo v veliko s spremembo enega samega bita. Divji zahod stoterih standardov Sočasno s širjenjem računalnikov po svetu se je širila tudi potreba po podpori za druge znake, kot npr. za germanske ä, ö, ü, slovanske ć, č, ś, š, ź, ž, romansko ç in podobno. Poleg tega so računalniki standardno delali z velikostjo bajta, osem bitov, kar pomeni, da je bilo na voljo dodatnih 128 znakov, če bi velikost kodiranja povečali iz sedem na osem bitov.   ̌      ̌    P 49 (2021/2022) 324 BIN DEC znak 0000000 000 NUL 0000001 001 SOH 0000010 002 STX 0000011 003 ETX 0000100 004 EOT 0000101 005 ENQ 0000110 006 ACK 0000111 007 BEL 0001000 008 BS 0001001 009 HT 0001010 010 LF 0001011 011 VT 0001100 012 FF 0001101 013 CR 0001110 014 SO 0001111 015 SI 0010000 016 DLE 0010001 017 DC1 0010010 018 DC2 0010011 019 DC3 0010100 020 DC4 0010101 021 NAK 0010110 022 SYN 0010111 023 ETB 0011000 024 CAN 0011001 025 EM 0011010 026 SUB 0011011 027 ESC 0011100 028 FS 0011101 029 GS 0011110 030 RS 0011111 031 US 0100000 032 SP 0100001 033 ! 0100010 034 " 0100011 035 # 0100100 036 $ 0100101 037 % 0100110 038 & 0100111 039 ’ 0101000 040 ( 0101001 041 ) 0101010 042 * BIN DEC znak 0101011 043 + 0101100 044 , 0101101 045 - 0101110 046 . 0101111 047 / 0110000 048 0 0110001 049 1 0110010 050 2 0110011 051 3 0110100 052 4 0110101 053 5 0110110 054 6 0110111 055 7 0111000 056 8 0111001 057 9 0111010 058 : 0111011 059 ; 0111100 060 < 0111101 061 = 0111110 062 > 0111111 063 ? 1000000 064 @ 1000001 065 A 1000010 066 B 1000011 067 C 1000100 068 D 1000101 069 E 1000110 070 F 1000111 071 G 1001000 072 H 1001001 073 I 1001010 074 J 1001011 075 K 1001100 076 L 1001101 077 M 1001110 078 N 1001111 079 O 1010000 080 P 1010001 081 Q 1010010 082 R 1010011 083 S 1010100 084 T 1010101 085 U BIN DEC znak 1010110 086 V 1010111 087 W 1011000 088 X 1011001 089 Y 1011010 090 Z 1011011 091 [ 1011100 092 \ 1011101 093 ] 1011110 094 ^ 1011111 095 _ 1100000 096 ‘ 1100001 097 a 1100010 098 b 1100011 099 c 1100100 100 d 1100101 101 e 1100110 102 f 1100111 103 g 1101000 104 h 1101001 105 i 1101010 106 j 1101011 107 k 1101100 108 l 1101101 109 m 1101110 110 n 1101111 111 o 1110000 112 p 1110001 113 q 1110010 114 r 1110011 115 s 1110100 116 t 1110101 117 u 1110110 118 v 1110111 119 w 1111000 120 x 1111001 121 y 1111010 122 z 1111011 123 { 1111100 124 | 1111101 125 } 1111110 126 ~ 1111111 127 DEL TABELA 1. Kodirna tabela ASCII.   ̌      ̌    P 49 (2021/2022) 3 25 Najbolj priljubljena izmed razširitev je bila Wind- ows-1252, ki je dodala večino znakov, potrebnih za evropske jezike, nekaj dodatnih ločil in matematič- nih simbolov. Dodani so bili naslednji znaki: €‚ƒ„. . . †‡^‰Š‹ŒŽ‘’“”•–—~™š›œžŸ¡¢£¤¥¦§¨©ª«¬®¯ °±²³´µ¶·̧ ¹º»¼½¾¿ÀÁÂÃÄÅÆÇÈÉÊËÌÍÎÏÐÑÒÓÔÕÖ× ØÙÚÛÜÝÞßàáâãäåæçèéêëìíîïðñòóôõö÷øùúûüýþÿ Opazite lahko, da so od slovenskih črk dodane š, Š, ž, Ž, ne pa č in Č. Kljub temu se je Windows- 1252 prijel in je bil privzet način kodiranja na siste- mih Windows vse do leta 2018. Še zdaleč pa ni bil Windows-1252 edini standard kodiranja, ki je razši- ril ASCII. Nam bližje je bil standard Windows-1250, ki je vseboval vse slovenske črke. Ta je ASCII razširil z naslednjimi znaki: €‚ „. . . †‡‰Š‹ŚŤŽŹ‘’“”•–—™š›śťžźˇ˘Ł¤Ą¦§¨©Ş«¬®Ż °±̨ł´µ¶·̧ ąş»Ľ˝ľżŔÁÂĂÄĹĆÇČÉĘËĚÍÎĎÐŃŇÓÔŐÖ×Ř ŮÚŰÜÝŢßŕáâăäĺćçčéęëěíîďđńňóôőö÷řůúűüýţ˙ Nesrečno slaven je primer znaka č, ki mu je v Windows-1250 tabeli dodeljena enaka številka kot znaku é v Windows-1252, od koder prihajajo težave s prikazovanjem č pri podnapisih. Če predvajalnik dobi zaporedje bajtov 01110000 01101111 11101000 01100101 01110000. lahko to interpretira na dva načina. Če ga interpre- tira v privzetem kodiranju Windows-1252, bo znak s kodo 11101000 (232) predstavljal é in bo besedo po- éep, če pa interpretira v kodiranju Windows-1250, pa bo znak s kodo 232 enak č in bo besedo prikazano kot počep. Ena možna rešitev, da se znaki é pri pod- napisih prikazujejo kot č, je, da se v predvajalniku nastavi privzeto kodiranje na Windows-1250. Ko program dobi podatke, ki so zapisani kot zapo- redje ničel in enic, ter mora to pretvoriti v besedilo, ne ve, katero kodiranje uporabiti. Privzeto kodira- nje ni vedno pravilno, če je bila datoteka npr. pri- nešena s sistema z drugačnim privzetim kodiranjem ali pa če je prišla od uporabnika na drugem koncu sveta. To povzroči težave, saj je datoteka interpreti- rana v najboljšem primeru z nekaj napačnimi znaki, v najslabšem pa je povsem neberljiva. Mnogo med- sebojno nekompatibilnih standardov, ki so bili po- sledica tega, da 256 mest še vedno ni bilo dovolj niti za vse evropske jezike (kaj šele azijske), je en razlog za uvedbo enega samega standarda, ki bi zadovoljil vse. Unicode V letu 1991 je bil ustanovljen Konzorcij Unicode[4], ki je neprofitna organizacija, v kateri danes sodeluje mnogo dovolj vplivnih podjetij, kot so Adobe, Apple, Facebook, Google, IBM, Microsoft, Netflix in SAP. Nji- hova naloga je, da določajo, kateri znaki bodo na vo- ljo v Unicode naboru znakov in kako naj se znaki obnašajo pri urejanju, pri pretvarjanju v velike črke in podobno. Unicode podpira 159 pisav[3] (latinico, cirilico, gr- ške, kitajske, arabske znake) in mnogo simbolov, kot so ločila, števke, matematični in tehnični simboli, pu- ščice, glasbeni simboli. Vsak znak ima standardno ime, številko in opis, znake pa lahko raziskujemo s pomočjo spletne strani www.compart.com/en/uni- code/. Celotna zbirka znakov je razdeljena na bloke, ki predstavljajo zaključene celote znakov, ki sodijo skupaj. Prvi blok, s številkami od 0 do 127, je Osnov- na latinica (ang. Basic Latin), ki vsebuje natanko enake znake kot ASCII. Nato sledi blok Dodatek latin- 1 (latin-1 supplement), ki vsebuje naslednjih 128 mest z nekaj dodatnimi znaki, kot so ± in ü. Sledi blok Razširitev latinice-A (ang. Latin Extended-A), kjer je veliko črk z različnimi okraski, med drugim tudi slovenske čšž. Če želimo, da naša izbrana pi- sava podpira znake čšž, moramo izbirati med pisa- vami, ki podpirajo blok Razširitev latinice-A. Vseh blokov v trenutnem standardu (14.0) je 308, vseh znakov pa 144.697. Vseh mest, ki so na voljo, je 1 112 064. Poglejmo nekaj primerov znakov, ki bodo zani- mivi kasneje. Kode znakov se pogosto navaja v šest- najstiškem zapisu oblike U+1234, kjer (če zapis vi- dimo izven konteksta) predpona U+ pove, da gre za zapis Unicode kode znaka (Unicode code point). znak A Formalni opis: latinična velika črka A. Verzija: dodano v verziji 1.1 (Junij 1993). Blok: osnovna latinica. Pisava: latinica. Kategorija: velike črke. Dvosmerno pisanje: iz leve proti desni. Številka: 65 (U+0041).   ̌      ̌    P 49 (2021/2022) 326 znak λ Formalni opis: mala grška črka lambda. Verzija: dodano v verziji 1.1 (junij 1993). Blok: grški in koptski znaki. Pisava: grška. Kategorija: male črke. Dvosmerno pisanje: od leve proti desni. Številka: 955 (U+03BB). znak Formalni opis: samarijanska črka it. Verzija: dodano v verziji 5.2 (oktober 2009). Blok: samarijanski znaki. Pisava: samarijanska. Kategorija: druge črke. Dvosmerno pisanje: od desne proti levi. Številka: 2055 (U+0807). znak Formalni opis: glasbeni simbol za noto osminko. Verzija: dodano v verziji 3.1 (marec 2001). Blok: glasbeni simboli. Pisava: nedoločena. Kategorija: drugi simboli. Dvosmerno pisanje: od leve proti desni. Številka: 119136 (U+1D160). znak Formalni opis: obraz, kričoč v strahu Verzija: dodano v verziji 6.0 (marec 2010). Blok: emotikoni. Pisava: nedoločena. Kategorija: drugi simboli. Dvosmerno pisanje: nedoločeno. Številka: 128561 (U+1F631). Trenutni standard 14.0 je izšel septembra 2021 in je dodal 838 znakov, med drugim emotikon obraz s poševnimi usti. UTF-8 Do sedaj smo opisali, kako je strukturiran nabor zna- kov Unicode, nismo pa povedali, kako se te znake de- jansko predstavi oz. kodira z biti. Obstaja več nači- nov kodiranja znakov Unicode, od katerih je najbolj priljubljen UTF-8, ki ga trenutno uporablja 97 % vseh spletnih strani1. Najenostavnejši način, glede na to, da je vseh mo- žnih znakov 1 112 064, bi bil, da uporabimo štiri baj- te (32 bitov), oštevilčimo znake po vrsti in vsakega predstavimo s svojo številko. Slaba stran tega je, da bi obstoječe besedilo z ASCII znaki sedaj potre- bovalo štirikrat več prostora, saj bi za A namesto 01000001 morali napisati 00000000000000000000 00001000001. Kodiranje UTF-8 to težavo reši tako, da različne znake zakodiramo z različnim številom bajtov. Pr- vih 128 znakov zakodiramo z enim samim bajtom, popolnoma enako kot v kodiranju ASCII. To pomeni, da so obstoječe ASCII datoteke že veljavne UTF-8 da- toteke in ni potrebnega nobenega spreminjanja vse- bine ali velikosti – to je lastnost, ki je bila ključna za uspešno širitev in splošno uporabo standarda. Pojavi pa se vprašanje, kako vemo, ali moramo za dekodi- ranje znaka prebrati en bajt, dva, tri ali še več. Odgovor na to je skrit v prvem bajtu samem: po- gledati moramo število vodilnih enic. Če bajt nima vodilnih enic (in se torej začne z 0), ni treba prebrati nič dodatnih bajtov in je znak predstavljen s samo enim bajtom. Primer tega je znak A: 01000001. Če se bajt začne na dve enici, moramo prebrati še en na- slednji bajt, če se začne na tri, moramo prebrati še naslednja dva bajta, če se značne na štiri enice, pre- beremo še naslednje tri. Drugače povedano, veljavna zaporedja bajtov so oblike 0xxxxxxx 110xxxxx 10xxxxxx 1110xxxx 10xxxxxx 10xxxxxx 11110xxx 10xxxxxx 10xxxxxx 10xxxxxx Bajti, ki sledijo npr. 1110xxxx, se začnejo z 10, zato da vemo, da spadajo v kontekst več bajtov, tudi če jih pogledamo same po sebi, saj se noben drug bajt ne začne z 10. Vzemimo npr. zaporedje bajtov 01110000 01101111 11000100 10001101 01100101 01110000. Prvi bajt se začne na 0 in sam predstavlja črko, ki je enaka svoji ASCII vrednosti p. Enako velja za dru- 1w3techs.com/technologies/cross/character_ encoding/ranking   ̌      ̌    P 49 (2021/2022) 3 27 gega, ki je za 1 manjši in predstavlja o. Nato sledi bajt, ki se začne na dve enici, in bo torej naslednji znak predstavljen z dvema bajtoma, zato preberemo še enega. Bajta 11000100 10001101 predstavljata znak z vrednostjo 00100001101 (vrednost smo do- bili tako, da smo skupaj zložili bite, ki ležijo na me- stih, označenih z x), kar je 269, oz., če bi pogledali v Unicode tabelo, je to č. Sledita še dva bajta, ki se vsak začne z 0 in predstavljata ASCII črki e in p. Ponovno smo zakodirali besedo počep, ki pa je v nasprotju z Windows-1250 porabila en bajt več za kodiranje č, kar pa je majhna cena za to, da imamo eno kodiranje za vse. Žal pa tukaj naletimo tudi na prvo nekom- patibilnost: UTF-8 in Windows-1250 posebne znake predstavita različno, celo tako različno, da zapis be- sede počep v Windows-1250 kodiranju ni veljaven UTF-8 in bi pri branju spročil napako. V prehodnem času, ko se je Unicode še uveljavljal, je to uporabni- kom povzročalo kar nekaj težav, saj so operacijski sistemi imel pogosto težave z napačnim interpreti- ranjem Unicode datotek. Da bi bilo lažje prepoznati Unicode datoteke, so uvedli BOM (byte order mark), poseben znak s kodo U+FEFF, ki ga je bilo v nekaterih kodiranjih (ne pa v UTF-8) obvezno dati na začetek datoteke. Dandanes se tega ne počnemo več in ta znak opuščamo v UTF-8 kodiranju, saj povzroča ne- kompatibilnosti z ASCII, večina programske opreme pa se je tudi posodobila za delo z UTF-8. Ima pa BOM zanimivo vlogo na spletu in v UTF-16 datotekah [2]. Tudi za grško črko lambda s kodo 955 velja, da jo lahko zakodiramo z dvema bajtoma, samarijan- ska črka it s kodo 2055 pa potrebuje že tri bajte. Znaki, ki so še bolj proti koncu tabele, kot npr. nota osminka, razne pismenke in emotikoni, pa potrebu- jejo štiri bajte. Kot primer, emotikon obraz, kričoč v strahu s kodo128561(binarno 11111011000110001) se zakodira kot 11110000 10011111 10011000 10110001. Še ena lepa lastnost UTF-8 kodiranja je, da majhno število posebnih znakov le malo spremeni velikost datoteke, saj je tisti znak zapisan z več bajti, ostali pa zavzamejo enako prostora kot prej. To pri raz- ličnih računalniških sistemih ne velja vedno. Primer tega so SMS sporočila: čim vključimo samo en po- seben znak, se celotno sporočilo kodira v drugač- nem (UCS-2) kodiranju kot običajno, in vsi znaki za- vzamejo 16 bitov, število preostalih znakov, ki jih lahko napišemo v isti SMS, pa se kar naenkrat močno zmanjša. Nekateri narodi, predvsem azijski, katerih znaki, ki jih redno uporabljajo, so bolj proti koncu Unicode tabele, morajo kljub temu skoraj za vsak znak porabiti štiri bajte. Poleg UTF-8, sta znana načina kodiranja Unicode tabele še UTF-16 in UTF-32. UTF-16 kodira večino znakov s 16 biti, tiste bolj proti koncu pa z dvema paroma 16 bitov. Kot posledica kodiranja s 16 biti pride nekompatibilnost z ASCII, zato na spletu kodi- ranje ni priljubljeno, ga pa kljub temu uporabljamo za interno predstavitev nizov v programskih jezikih Java in Javascript. UTF-32 je enostavno kodiranje fi- ksne širine, kjer vsak znak zakodiramo z 32 biti. Je najbolj enostavno izmed vseh, vendar ga zaradi po- tratnega prostora redko uporabljamo. Dodatne lastnosti Poleg nabora znakov standard Unicode opisuje tudi, kako se posamezni znaki kombinirajo, kako so med seboj povezani in kako se jih izriše. Primer tega so razne arabske pisave, ki nimajo koncepta črk, kot jih imamo mi, poleg tega pa se besedilo piše od de- sne proti levi. Nam najbližja razlaga kombiniranja je, da lahko znak č napišemo kot kombinacijo znaka c in strešice. Seveda lahko č napišemo direktno kot 11000100 10001101, toda Unicode podpira tudi, da ga napišemo kot kombinacijo c (koda 99) in strešice (koda 708), ali z biti: 01100011 11001100 10001100. Oba načina sta veljavna za zapis znaka č in bosta prikazana enako. Kljub temu pa nista enaka. Ena razlika je, da če pri kombiniranem zapisu zbrišemo zadnji znak s tipko vračalko (Backspace), se odstrani samo strešica, pri prvem pa celotna črka. Prav tako nista enaka, če ju primerjamo direktno, kot zapo- redje bitov. Nalsednja Python koda to demonstrira: >>> c1 = bytes([0b01100011, 0b11001100, 0b10001100]).decode(’utf-8’) >>> c1 ’č’ >>> c2 = bytes([0b11000100, 0b10001101]). decode(’utf-8’)           P 49 (2021/2022) 328 >>> c2 ’č’ >>> c1 == c2 False Za smiselno delo z nizi, ki vsebujejo Unicode znake, moramo uporabljati posebne knjižnice, ki podpirajo več zapisov pomensko enake črke. Prav tako je po- trebno te knjižnice uporabljati za pravilno pretvar- janje med malimi in velikimi črkami, za urejanje in podobno, saj naivne rešitve zaradi raznolikosti sve- tovnih jezikov skoraj nikoli niso pravilne. Kljub temu, da Unicode vsebuje mnogo znakov, so del kodne tabele namenoma pustili prazen, kjer lah- ko uporabniki definirajo svoje znake (smiselno pa je zraven dodati tudi pisavo, ki te znake tudi dejansko vsebuje). Primer uporabe te lastnosti Unicode stan- darda je ZRCola [5], ki definira svoje fonetične sim- bole. Literatura [1] ASCII – Wikipedia, dostopno na en.wikipedia. org/wiki/ASCII, ogled 7. 12. 2021. [2] The byte-order mark (bom) in html, dostopno na www.w3.org/International/questions/ qa-byte-order-mark, ogled 7. 12. 2021. [3] Supported scripts, dostopno na www.unicode. org/standard/supported.html, ogled 7. 12. 2021. [4] Unicode – The World Standard for Text and Emoji, dostopno na home.unicode.org/, ogled 7. 12. 2021. [5] ZRCola 2 – Vnašalni sistem za jezikoslovno rabo, dostopno na zrcola.zrc-sazu.si/, ogled 7. 12. 2021. [6] Unicode Consortium. The Unicode standard 5.0. Addison-Wesley, version 5.0 edition, 1991–2006. Bibliografija: 1411–1417 Kazalo. ××× Križne vsote Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v za- porednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na začetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) različne. 17 9 10 17 7 12 8 7 11 10 15 17 11 9 ̌ ̌  179 10 82 177 12 93 87 11 92 10 46 15 17 485 11 281 9 72 ××× G   G          ̌   G  G         ̌   P 49 (2021/2022) 3 29 Ponazoritev zveznosti funkcije B̌ K Tokratni prispevek je namenjen predvsem tis- tim, ki se srečujejo z učenjem ali poučevanjem ma- tematike v srednji šoli ali v začetnih letnikih na- ravoslovnih študijskih programov. Pri obravnavi realnih funkcij običajno omenimo pojem zvezno- sti. Za marsikoga v praksi povsem zadošča naivna definicija, da je funkcija na nekem intervalu zve- zna, če je njen graf »nepretrgana« krivulja, oz. če lahko graf skiciramo, ne da bi dvignili svinčnik s papirja. Natančnejšo definicijo zveznosti s pomo- čjo količin ε in δ pa je v sodobni jezik matema- tične analize vpeljal nemški matematik Karl Weier- strass (1815-1897), ki je nadaljeval delo Augustina Louisa Cauhyja (1789-1857) in Bernarda Bolzana (1781-1848). Ta precej bolj abstraktna definicija mnogim povzroča preglavice, zato jo bomo pona- zorili z izdelavo ustreznega apleta v GeoGebri. To- vrstne ponazoritve seveda danes zlahka najdemo že izdelane na spletu, vendar ima samostojna izde- lava svoj čar, posebej, če se je dijaki in študentje lotijo sami. Weierstrassova definicija zvezne funkcije se glasi takole. Naj bo I ⊆ R neki odprti interval in naj bo f : I → R neka realna funkcija, definirana na tem in- tervalu. Funkcija je zvezna v točki a ∈ I, če za vsako pozitivno število ε > 0 obstaja tako pozitivno število δ > 0, da za vsak x ∈ I z lastnostjo |x −a| < δ velja |f(x)− f(a)| < ε. Definicijo bomo najprej ponazorili na primeru funkcije f(x) = sin(x). V kot risalne površine postavimo drsnika ε in δ, ki zavzameta vrednosti od 0 do 1 z majhnimi koraki 0,01. SLIKA 1. Na sliki je graf funkcije f(x) = sin(x). Za vrednost ε = 0.2 v ozna- čeni točki a = 1 zadošča izbrati vre- dnost δ = 0.3, pa bo za vsak x v modrem pasu (kjer je |x − a| < δ) vrednost f(x) ležala v zelenem pasu (kjer je |f(x)−f(a)| < ε). Za manjši ε = 0.1 pa je potrebno nekoliko zmanjšati tudi δ, sicer rdeči segment funkcije uide iz zelenega pasu.           P 49 (2021/2022) 330 Vnos f(x)=sin(x) nariše graf funkcije (lahko po- skusimo tudi s kakšno drugo funkcijo). Z orodjem Dodaj točko izberemo poljubno točkoA na x-osi. Njeno x koordinato označimo z a=x(A). Nato označimo b=f(a) in ustvarimo novi točki B=(0,b) in C=(a,b), ki ležita na osi y oz. na grafu funkcije. Prikaz imen točk A,B,C zamenjamo z napisi a, f(a) in (a, f (a)). Narišimo tri navpične premice z ukazi x=a, x=a+δ, x=a-δ, in 3 vodoravne premice z ukazi y=b, y=b+ε, y=b-ε. Premice lahko obarvamo tako, da so navpične modre, vodoravne zelene, srednja pa je črtkana. Pravokotnik s koordinatami (a−ε, b−δ), (a+ε, b− δ), (a+ ε, b+δ), (a− ε, b+δ) narišemo z ukazom Mnogokotnik in nekoliko osenčimo. Z dodajanjem točk in ustreznim označevanjem lahko označimo tudi vrednosti a ± δ in f(a) ± ε na koordinatnih oseh. Vnos If(a-δ