PRESEK LETNIK 016) ŠTEVILKA 4 -» STRIŽENJE NEENAKOSTI -» FOTOGRAFSKI OBJEKTIVI IN SCHEIMPFLUCOVO NAŽELO POZABLJENA UMETNOST SFERNE TRICONOMETRIJE -» IGRA ANGRY BIRDS V REALNEM ŽASU IN PROSTORU ISSN 0351-6652 9 9770351665340 9770351665340 MATEMATIČNI TRENUTKI K O L O F O 2 Verjetnost zmage v primeru prednosti pred koncem tekme vU nU NU -> Nekateri gledalci se sprašujejo, Ce bo tekme sploh kdaj konec, veČina navdušencev pa želi vedeti le, kako se bo ta tekma končala. Skupina znanstvenikov je s pomočjo matematične ideje, ki ji pravimo naključni sprehod, ustvarila model, ki napoveduje, kako se pri tekmovalnem športu med tekmo spreminja prednost ene od ekip. Ugotovili so, da lahko verjetnost, da je prednost L točk t sekund pred koncem tekme varna (to je, ekipa s prednostjo bo na koncu zmagala), izračunamo s pomočjo izraza, ki vsebuje trigonometrične in eksponentne funkcije. Ta formula, recimo, predvideva, da bo z 90 % verjetnostjo zmagala ekipa, ki osem minut pred koncem vodi za 10 točk; ali pa npr. ekipa, ki ob polčasu vodi za 18 točk. Morda se zdi nenavadno, da je rezultat tekem do neke mere naključen kljub natančno znanim izjemnim sposobnostim profesionalnih igralcev. Vendar izčrpni podatki z več kot 10 000 profesionalnih košarkarskih tekem potrjujejo, da je formula točna v približno 95 % primerov. Znanstveniki so formulo preizkusili tudi v primerih drugih športov in ugotovili, da se njena natančnost malenkost zmanjša pri športih, pri katerih je možno doseči bistveno manj točk. Bolj radovedni bralci si lahko preberete članek Safe Leads and Lead Changes in Competitive Team Sports, ki so ga leta 2015 v reviji Physical Review Letters (E) objavili avtorji A. Clauset, M. Kogan in S. Redner. _ XXX PRESEK 43 (2015/2016)4 Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 43, šolsko leto 2015/2016, številka 4 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Igor Pesek (računalništvo), 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 553, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2015/2016 je za posamezne naročnike 19,20 eur - posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100-1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI5603100100 0018 787. 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 1400 izvodov © 2016 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1983 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. I A V ODI LA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učencem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem. Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institučije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. MATEMATIČNI TRENUTKI Verjetnost zmage v primeru prednosti pred koncem tekme 4-7 8-12 MATEMATIKA Striženje neenakosti (Igor Klep) Sistemi linearnih enacb skozi zgodovino (Marjan Jerman) 13-15,18 18 FIZIKA Fotografski objektivi in Scheimpflugovo nacelo (Peter Legiša) Razmisli in poskusi (Mitja Rosina) Slika na naslovnici: Sonce prodira skozi meglo sivega zimskega dne. Vec o sliki v rubriki Naravoslovna fotografija. Foto: Aleš Mohoric 19-25 26-29 16-17 30 30-31 priloga priloga priloga ASTRONOMIJA Pozabljena umetnost sferne trigonometrije (Aleksander Simonie) RAČUNALNIŠTVO Igra Angry Birds v realnem casu in prostoru (Dominik Robič in Robert Repnik) RAZVEDRILO Nagradna križanka (Marko Bokalič) Rešitev nagradne križanke Presek 43/3 (Marko Bokalič) Naravoslovna fotografija - Sončeva pega (Aleš Mohoric) TEKMOVANJA Tekmovanje iz fizike za zlato Stefanovo priznanje - državno tekmovanje 59. matematicno tekmovanje srednješolcev Slovenije - regijsko tekmovanje 59. matematicno tekmovanje srednješolcev Slovenije - državno tekmovanje 2 99 MATEMATIKA Striženje neenakosti Igor Klep -> V prispevku bomo pokazali, kako lahko s po-močo striženja dokazujemo neenakosti. Uvod Ena izmed najbolj prepoznavnih neenakostih je neenakost med aritmetično in geometrično sredino dveh števil. Ta pravi, da za poljubni nenegativni realni števili y velja x + y 2 (i) pri čemer velja enakost natanko takrat, ko je x = y. Torej imamo za x ± y v (1) strogo neenakost x + y 2 > 4xy- x1 + x2 + + xn n pravimo aritmetična sredina, izrazu ■ nxi X2 ■ ■ ■ Xn pa geometrična sredina števil x1 ,x2,..., xn. Neenakost (1) velja tudi bolj splošno v primeru n spremenljivk. Izrek 1 Neenakost med aritmetično in geometrično sredino. Naj bo n naravno število in naj bodo x1, x2, ..., xn nenegativna realna števila. Potem je x1 + x2 + xn n > 7x1x2 ■ ■ ■ xn, (2) pri čemer enakost v (2) velja natanko takrat, ko je x1 = x2 = ■ ■ ■ = xn. V nadaljevanju si bomo ogledali enega izmed mnogih dokazov te neenakosti, ki sloni na tehniki striženja neenakosti. To tehniko bomo nato uporabili še na več primerih. Striženje neenakosti Načelo striženja v najpreprostejši obliki pove sledeče. Denimo, da želimo dokazati neenakost f(x1,x2,...,xn) > g(x1 ,x2,...,xn), (3) Izrazu na levi strani neenakosti (1) pravimo aritmetična sredina števil x in y, desna stran pa je njuna geometrična sredina. Podajmo še enovrstični dokaz te neenakosti: - x = 2 (vx - vy )2 > 0. Definiramo lahko tudi aritmetično in geometrično sredino za več stevil. Naj bo podano naravno število n in nenegativna realna števila x1,..., xn. Potem izrazu ki postane boljša, če zbližamo vrednosti dveh izmed spremenljivk xt. Natančneje povedano, razlika f(x1,x2,..., xn) - g(x1,x2,..., xn) postane manjša, če fiksiramo vse razen dveh spremenljivk, preostali dve spremenljivki pa zbližamo. Torej za y1,y2 z |x1 - x21 > | y 1 - y2l velja ■ f(x1,x2,x3 ,...,xn) - g(x1,x2 ,x3,...,xn) > f(y1,y2,x3,...,xn) - g(y1,y2,x3,...,xn). (4) Ce velja f(y1 ,y2,x3,... ,xn) > g(y1,y2,x3,...,xn), tedaj velja tudi začetna neenakost (3). Tako poskušamo (3) s pomočjo zvitih substitučij privesti do preprostejše neenakosti, ki jo znamo dokazati. Poglejmo sedaj, kako lahko to načelo uporabimo v praksi. Dokaz izreka 1 Napravili bomo vrsto substitučij, ki bodo ohranjale levo stran (aritmetično sredino f(x1,...,xn) = x1+x2+n-+xn) in hkrati povečevale desno stran (geometrično sredino g(x1,...,xn) = 100 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA n%i%2 ■ ■ ■ xn). Na koncu niza substitucij bodo vsi xi enaki in leva stran neenakosti (2) bo enaka desni strani. S tem bomo dokazali neenakost med aritmetično in geometrično sredino. Ce so vsi izmed xi enaki njihovi aritmetični sre-x1 + ■ ■ ■ + xn dini n ki jo bomo označili z x, potem neenakost (2) očitno drži. V nasprotnem primeru pa obstajata indeksa i in j, za katera je xi < x < xj. (Ne morejo biti vsi xk večji od X, prav tako pa ne morejo biti vsi xk manjši od X.) Par xi, xj zamenjamo z Nadaljnji zgledi potenčnih sredin Oglejmo si še nekaj primerov uporabe striženja neenakosti. Neenakost med geometrično in harmonično sredino Nekoliko tehnično zahtevnejši, a vsebinsko podoben je dokaz neenakosti med geometrično in harmonično sredino. Se pravi, da za vsako naravno število n in pozitivna realna števila x1,x2,...,xn velja xi ^ xi = .X, xj ^ xj — xi + xj - X, vse ostale spremenljivke xk pa pustimo pri miru. Očitno je x' > 0, xj — xi n xj - x > xj - x > 0. Hkrati velja xi n xj — x + xi n xj — x — xi + xj nxix2 xn n x- + 1 + xi x2 (5) Torej z zamenjavo spremenljivk nismo spremenili vrednosti leve strani neenakosti (2). Pokažimo pa, da smo povečali vrednost desne strani: z enakostjo natanko tedaj, ko je xi — x2 — ■ ■ ■ — xn. Izrazu na desni strani neenakosti (4) pravimo harmonična sredina števil x1,x2,...,xn. Označimo harmonično sredino s h. Ce so vsi izmed xi enaki h, potem neenakost (4) očitno drži. V nasprotnem primeru pa obstajata indeksa i in j, za katera je xi < h < xj . potem je Res, če bi bili vsi xj < h, x'ixj — x(xi n xj - x) — xi xj n (x — xi) (xj — X ) > xi xj. Opisani postopek sedaj nadaljujemo. Opazimo, da i-te spremenljivke ne bomo nikoli več spremenili, ker je že enaka aritmetični sredini x. Tako bomo po kvečjemu n - i koraku prišli do položaja, ko bodo vse spremenljivke enake, neenakost (2) pa bo izpolnjena, saj bosta obe strani enaki X. Po načelu striženja je s tem neenakost med aritmetično in geometrično sredino dokazana. Spotoma smo dokazali tudi, kdaj velja enakost: če sta imeli dve spremenljivki različni vrednosti, potem smo jih lahko zamenjali tako, da smo ohranili levo stran neenakosti in strogo povečali desno stran. Torej enakost v (2) velja natanko takrat, ko je x1 — x2 — ■ ■ ■ — xn. ® Tukaj velja opozoriti, da izbira zamenjave xi ^ x in xj ^ xi n xj - x zgoraj ni bila naključna. Ce bi na primer oba xi in xj zamenjali z njunim povprečjem x—xxL, potem bi bil postopek striženja neskončen (ne bi se končal po končno mnogo korakih) in bi se morali ukvarjati s konvergenčo in drugimi tehničnimi zapleti. n n -1 n -1 n x1 x2 + -1 1 +1 + n xn h n h n h n h" n -1 n -L n x1 x2 xn kar je očitno protislovje. Podobno lahko vidimo, da niso vsi xi > h. Sedaj par xi,xj zamenjamo z xi ^ x': = h, xj ^ xi, pri čemer xj izberemo tako, da se desna stran (4) ne spremeni: 11 1111 — n — — — n — — u+— ■ xi xj xi xj h xj Torej je , hxixj j hxi + hxj - xix > 0, ixi saj je imenovaleč hxi + hxj - xi xj — (h - xj)xi n hxj — (h - xi)xj n hxi pozitiven. Kot prej vse ostale spremenljivke xk pustimo nespremenjene. _^ 101 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA —^ Poglejmo, kaj se ob tej zamenjavi spremenljivk zgodi z levo stranjo (4): hxixj X:Xj - XiXj = h " - XiXj i j hXi + hXj - XiXj — XiXj h2 hXi + hXj - Xi Xj - 1 — Xi Xj h2 - (hXi + hXj - XiXj) hXi + hXj - Xi Xj — Xi Xj < 0, (h - Xi)(h - Xj) hXi + hXj - Xi Xj pri čemer smo v zadnjem koraku upoštevali Xi < h < Xj in ■ hXj + hXj - XiXj > hXj + XiXj - XiXj — hXi > 0. iXj iXj tiXj Opisani postopek sedaj nadaljujemo. Opazimo, da se i-te spremenljivke ne bomo več dotaknili, ker je že enaka harmonični sredini h. Tako bomo po kvečjemu n - 1 koraku prišli do položaja, ko bodo vse spremenljivke enake, neenakost (4) pa bo izpolnjena, saj bosta obe strani enaki h. Po načelu striženja je s tem neenakost med geometrično in harmonično sredino dokazana. Spotoma smo dokazali tudi, kdaj velja enakost: če sta imeli dve spremenljivki različni vrednosti, potem smo jih lahko zamenjali tako, da smo ohranili desno stran neenakosti in strogo zmanjšali levo stran. Enakost v (4) velja natanko takrat, ko je X1 — X2 — ■ ■ ■ — Xn. ■ Neenakost med kvadratično in aritmetično sredino Povsem analogno je moč dokazati tudi neenakost 2 2 2 Xl + X2 + ■ ■ ■ + Xn X1 + X2 + ■ ■ ■ + Xn - > -, (6) n n kjer levo stran imenujemo kvadratična sredina števil Xi,..., Xn. To prepuščamo bralču za vajo. Kapitalistična neenakost Izrek 2 Naj bo n naravno število in naj bosta X1 > X2 > ■ ■ ■ > Xn in y1 > y2 > ■ ■ ■ > yn padajoči zaporedji realnih števil. Ce je z1,z2,...,zn poljubna per-mutačija (prerazporeditev) zaporedja y1,y2,..., yn, potem velja ■ X1z1 + X2z2 + ■ ■ ■ + Xnzn < < X1y1 + X2y2 + ■ ■ ■ + Xnyn. Razložimo najprej od kod ime te neenakosti. Re-čimo, da trgovina prodaja banane po 1 EUR/kg, čokolado pa po 5 EUR/kg. Kdaj bodo prihodki trgovine večji, če proda 10 kg banan in 5 kg čokolade ali če proda 5 kg banan in 10 kg čokolade? Dokaz izreka 2 Tudi to neenakost lahko dokažemo s striženjem. Oglejmo si levo stran neenakosti (6). Rečimo, da permutirano zaporedje z1, z2,..., zn ni padajoče. Potem ostajata indeksa i in j, za katera velja i < j in zi < zj. Ce ti števili med sabo zamenjamo, vse ostale zk pa pustimo pri miru, potem se leva stran (6) poveča: ■ Xizi + Xjzj < Xizj + Xjzj, (7) saj je zaradi monotonosti zaporedja Xi, ■ Xj(zj - zi) < Xi(zj - zi). Opazimo, da velja enakost v (7) natanko tedaj, ko je Xi — Xi+1 — ■ ■ ■ — Xj. To pomeni, da je leva stran neenakosti (6) največja tedaj, ko je zaporedje zi padajoče, kar smo želeli dokazati. ■ Neenakosti (6) včasih pravimo tudi preureditvena neenakost. Primer Naj bodo X1,..., X2015 realna števila, katerih vsota je vsaj 2015 in katerih vsota kvadratov je vsaj 20152. Pokaži, da ne morejo biti vsi Xi manjši od 2. Denimo, da trditev ne drži. V tem primeru obstajajo Xi, za katere je 2015 I i1 2015 I i1 X Xi > 2015, ^ Xt2 > 20152 in Xi < 2 za vse i. Najprej opazimo, da mora biti vsaj eno od števil negativno. V nasprotnem primeru namreč velja 2015 20152 > 22 ■ 2015 > X Xt2 > 20152 i1 102 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA kar je protislovje. Sedaj lahko brez škode za sploš-nost predpostavimo, da je X2=15 xi = 2015; če je vsota %i strogo večja od 2015, pomanjšamo kakšnega od negativnih xi, da dobimo vsoto 2015. Ob tem se vsota kvadratov povečuje, torej je še vedno vsaj 20152, hkrati pa so vsi xi manjši od 2. Predpostavimo, da sta dva izmed xi, npr. x1 in x2, manjša od 2. Zamenjamo ju z 2 in x1 + x2 - 2. S tem se vsota števil xi ne spremeni, vsota kvadratov pa se poveča za 2(2 - x1)(2 - x2). Postopek ponavljamo. Na koncu bodo vsa števila razen enega enaka 2, preostalo število pa bo -2013. Vendar pa tedaj dobimo 2015 X x2 = 2014 ■ 22 + 20132 = 20152, i=1 kar je v nasprotju s predpostavko, da je vsota vseh x? večja od 20152. Primer Naj bodo x,y,z nenegativnarealna števila, za katera je x + y + z = 1. Potem velja xy + y z + zx - 2xyz < t7 . (8) Vsaj ena od spremenljivk je manjša od Ker je izraz na levi strani (8) simetričen, lahko po potrebi preimenujemo spremenljivke in dosežemo, daje x < Levo stran neenakosti (8) sedaj preuredimo v x(y + z) + yz(1 - 2x). (9) Ker je 1 - 2x > 0, lahko ostrižemo y in z. Obe spremenljivki postavimo na . S tem se vrednost izraza (9) ni zmanjšala (uporabimo neenakost med aritmetično in geometrično sredino na yz). Hkrati pa smo dosegli, da so vse tri spremenljivke manjše ali enake Izberimo si sedaj srednjo od spremenljivk; ponovno lahko po morebitnem preimenovanju spremenljivk predpostavimo, daje to x. Ena od spremenljivk y, z je tako vsaj 33, druga pa kvečjemu 33. Ponovno ostrižemo y in z - tisto spremenljivko, ki je bližje 1, postavimo na 33, preostalo pa na y + z - 3. Tako povečamo levo stran (9), hkrati pa smo dosegli, daje ena od spremenljivk enaka 3. Po potrebi preimenujmo spremenljivke, da postane x = 3. V zadnjem koraku ostrižemo y, z in dosežemo, da je x = y = z = 3. Za to trojičo v (8) velja enakost. S tem je naloga rešena. ■ Vaje Bralča vabimo, da se preizkusi na naslednjih primerih. 1. Dokaži, da za vsa nenegativna realna števila a, b, c velja (a + b + c)2 ^ — ¡—t -3-> asbc + b\/ca + csab. 2. Za realna števila x1,x2,... ,x2015 poišči najmanjšo vrednost izraza ■ |x - x1| + |x - x2 | + ■ ■ ■ + |x - x2015|. Za katere vrednosti x je ta minimum dosežen? 3. Pokaži, da za pozitivna realna števila a, b, c velja a b2 b + c c + a a + b a + b + c 2 ' 4. Naj za a\,..., a2ois > 0 velja a\ + a2 + a2oi5 = 1. Poišči maksimum izraza aia2 + a2 a3 + + a2014a2015. Literatura [1] Kiran Kedlaya, A < B (A is less than B), https : //artofproblemsolvi ng.com/arti cl es/ files/KedlayaInequalities.pdf, ogled: 12. 1. 2016. [2] Thomas Mildorf, Olympiad Inequalities, https: //artofproblemsolvi ng.com/arti cl es/ fi les/MildorfInequalities.pdf, ogled: 12. 1. 2016. [3] https://en.wikipedia.org/wiki/Mean, ogled: 12. 1. 2016. _XXX www.dmfa-zaloznistvo.si www.obzornik.si 2 c + 103 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA Sistemi linearnih enacb skozi zgodovino Marjan Jerman Uvod Moderno reševanje sistemov linearnih enacb v veliki meri sloni na Gaussovem (1777-1855) clanku iz leta 1809, ko je ob opazovanju asteroida Pallas rešil sistem enajstih enacb s šestimi neznankami. Njegovo metodo sta izpopolnila in modernizirala James Joseph Sylvester (1814-1897), ki je leta 1850 uvedel matrike, in Arthur Cayley (1821-1895), ki je matrike povezal s sistemi linearnih enacb. Bralca na primeru spomnimo, kako danes poteka Gaussova eliminacija. Rešili bomo naslednji sistem linearnih enacb: ■ 3x + 2y + 2z + u = -1 x + y + z + 5u = 5 2x + y + z + 5u = 3 x + 2y - 4z + 3u = 11 Postopoma bomo na videz zapleten sistem enacb pretvorili v ekvivalenten, a veliko bolj enostaven in lažje rešljiv sistem. Pri tem bomo izvajali t. i. Ga-ussove transformacije, ki ohranjajo množico rešitev sistema enacb: (a) Vrstni red enacb lahko zamenjamo. (b) Enačbo lahko pomnožimo s številom, ki ni enako 0. (c) Poljubni enacbi smemo prišteti poljuben vec-kratnik kake druge enacbe. zamenjajmo vrstni red prve in zadnje enacbe: ■ x + 2y - 4z + 3u = 11 x + y + z + 5u = 5 2x + y + z + 5u = 3 3x + 2y + 2z + u = -1 Prvo enacbo ohranimo in hkrati uporabimo zato, da z odštevanjem njenih veckratnikov odstranimo spremenljivko % iz ostalih enacb (od druge enacbe odštejemo prvo enacbo, od tretje dvakratnik prve in od cetrte trikratnik prve): ■ % + 2y - 4z + 3u = 11 -y + 5z + 2u = -6 -3y + 9z - u = -19 -4y + 14z - 8u = -34 Sedaj prepišemo prvo in drugo enačbo ter s pomočjo druge enacbe unicimo spremenljivko y v ostalih enacbah: ■ % + 2y - 4z + 3u = 11 -y + 5z + 2u = -6 -6z - 7u = -1 -6z - 16u = -10 Na koncu prepišemo prve tri enacbe in se s pomocjo tretje znebimo spremenljivke z v cetrti enacbi: ■ % + 2y - 4z + 3u = 11 -y + 5z + 2u = -6 -6z - 7u = -1 - 9u = -9 Sedaj rešujemo enacbe od spodaj navzgor: u = 1 Ker se želimo izogniti racunanju z ulomki, najprej - 6z - 7u = -1 => -6z = 6 => z = -1 104 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA ■ - y + 5z + 2u = -6 == -y - 5 + 2 = -6 == y = 3 ■ x + 2y-4z + 3u = 11 = x + 6 + 4 + 3 = 11 = x = -2 Postopek je izjemno učinkovit. Tisti, ki jih zanima računalništvo, so morda opazili, da potrebujemo le eno tabelo za shranjevanje koeficientov, ki jih med postopkom zamenjujemo z novimi: Egipt 1 2 -4 3 11 1 1 1 5 5 2 1 1 5 3 —*■ 3 2 2 1 -1 1 2 -4 3 11 " 0 -1 5 2 -6 0 -3 9 -1 -19 0 -4 14 -8 -34_ 1 2 -4 3 11 " 0 -1 5 2 -6 — 0 0 -6 -7 -1 0 0 -6 -16 -10 12 -4 3 11" 0 -15 2 -6 0 0 -6 -7 -1 0 0 0 -9 -9. Postopek odkrije tudi bolj neobičajne primere, ko sistem enačb bodisi ni rešljiv ali pa je rešitev več. Gaussov postopek, recimo, sistem enačb ■ x + 2y = 3, 2x + 4y = 7, prevede v sistem ■ x + 2y = 3, 0 = 1, ki je očitno protisloven. Sistem x + 2y = 3, 2x + 4y = 6 pa prevede na sistem ■ x + 2y = 3, 0 = 0, ki ima neskončno rešitev oblike x = 3 - 2y. Že zelo stare civilizacije so pri reševanju praktičnih problemov naletele na sisteme linearnih enačb. Poraja se zanimivo vprašanje, kako so jih reševali, ce vemo, da niso premogli niti udobnega matematic-nega zapisa niti osnovnega znanja linearne algebre. Poglejmo si nekaj najbolj zanimivih utrinkov iz zgodovine matematike. mtftwwjte i*^'- .i. 111 j- »&( i ¿mm-m« «■"-it. i s, ■ —vi'(-l^/ n '' ■ /uE-.va-^' 'irri; T--X. - _Hk. m _ to-tmg, ■Wlälä «dug liäMS* 'v. «'!••: I... «J; ■ wit i" Sj,i _ t. ill SLIKA 1. Rhindov papirus je zvitek širine 32 cm in dolžine 536 cm. Na sliki je manjši sredinski kos papirusa. Večino stare egipčanske matematike poznamo preko dveh papirusov, ki izvirata iz obdobja nekje med 1850 in 1650 let pr. n. št. Tako imenovani Rhindov papirus je škotski arheolog Alexander Henry Rh-ind (1833-1866) kupil v Luxorju, danes pa ga lahko najdete v Britanskem muzeju. Pisar Ahmes je zapisal 84 problemov. Štiriindvajseti se glasi: (Že neki količini dodamo njeno četrtino, dobimo 15. Kolikšna je ta količina? Problem reši s tedaj običajno metodo napačne predpostavke. Najprej poskusi, če je morda 4 ustrezna rešitev. Ker je 4 ■ 4 + - = 5, 4 kar je trikrat manj kot želenih 15, napačno rešitev poveča za trikrat in s tem dobi pravo rešitev 12. Res je 12 + ¥ = 15. 4 Radovedni bralči, pomislite, ali lahko takšno sklepanje uporabimo za reševanje bolj zapletenih enačb! Babilon O babilonski matematiki vemo veliko več, ker so se dobro ohranili zapisi na glinenih ploščičah. Iz pribli- —* 105 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA -> Nato so uvedli novo spremenljivko SLIKA 2. Babilonska glinena ploščica VAT8389 x + y = 1800 4-300 , 1800 X - 3-300 1800 y = 500 x + y z = x - y ki je z velikostima polj povezana z enostavnima zvezama x + y x — y ■ x = x—y + x-—y = 900 + z, y= 2 2 x + y x - y = 900 - z. žno istega obdobja kot Rhindov papirus izhaja glinena tablica številka 8389, ki jo hranijo v Muzeju antičnega Bližnjega vzhoda v Berlinu. Da bo vsebina tablice lažje razumljiva, najprej navedimo babilonske merske enote: bur in sar sta ploščinski meri, bur = 1800 sar, sar = 36 m2; kur in sila pa pro-storninski meri, kur = 300 sil, sila = liter. Naloga se glasi takole: Prvo polje da 4 kur/bur pšenice drugo pa 3 kur/bur. Prvi pridelek presega drugega za 500 sil. Skupna površina obeh polj je 1800 sar. Koliko pridelka je zraslo na posameznem polju? V današnjem matematičnem jeziku bi nalogo zapisali kot sistem dveh linearnih enacb: Babilonci takšnega zapisa niso poznali, prav tako niso poznali Gaussovega postopka eliminacije. Reševanja so se lotili zelo premeteno. Da bo njihova rešitev bolj jasna, jo zapišimo v današnji notaciji. Najprej so izracunali 900. S pomocjo nove spremenljivke se druga enacba v sistemu prevede na linearno enacbo 2 1 ■ 3 (900 + z) - -(900 - z) = 500, ki je ekvivalentna enostavnejši enacbi ■ 7 z = 350. 6 Od tod so dobili z = 300, x = 900 + z = 1200 in y = 900 - z = 600. Tako prvo polje meri 1200 sar, drugo pa 600 sar. Pripomniti je treba, da je sistematicno pridobivanje enostavnejših ekvivalentnih enacb opisal šele Al Khwarizmi (780-850) v svojem delu Hisab al-jabr w'all-muqabala. Postopek al-jabr v današnjem jeziku dopolni levo in desno stran enacbe tako, da iz-nici negativne clene, postopek al-muqabala pa enac-bo uravnoteži, t. j. pokrajša enake vrednosti na obeh straneh enacbe. Radovedni bralec je morda iz nenavadnih arabskih besed razbral, od kod pride beseda algebra. Fibonacci Leonardo Fibonacci (1175-1235) je v svoji knjigi Liber abaci zapisal naslednji nenavadni problem o (pozitivnem) premoženju petih mož in nepraznem moš-njicku: Prvi in drugi mož imata skupaj z mošnjickom dvakrat vec denarja kot ostali trije skupaj. Drugi in tretji imata skupaj z mošnjickom trikrat vec denarja kot ostali trije; tretji in četrti skupaj z mošnjickom štirikrat vec kot ostali; cetrti in peti skupaj z mošnjickom petkrat vec kot ostali; peti in prvi skupaj z mošnjickom šestkrat vec kot ostali. Koliko denarja je v moš-njicku? 106 PRESEK 43 (2015/2016) 3 MATEMATIKA ¡jciiiin.it-.-•flcfrfA» mefe-pini crqutfiv no tfrffr mw j^ti-mr *gemttt3ri tttcwmefijMiti n,wctm.7flcftJpim R. p^tr^m mčfc-£,m.i ~ «-¿¡l? pjru aetmtt& I fiiru - ciiMnfwnjf , ^^itwrToctmwmWc. f wit£>ptm cS cpiiU .iWmfptnjf r, a^mitör-ftio F - di^uilT^Mnrn.rti pmjr , . V-JA ia^in^rtafcimo.m-fijÄ^rw , r. al^iitT.i&inortnn-f.! (M^tnjfi - cf5vm1n.tr J miiwmutnefc-ciT-Tt^ pru t -t I' c'k.Tq^^nr^inif,,.. iscmiMrm ulttm* tnelV.cnTr i«ru . t ,-rorntm fvptr ffe, m r lca> T clpltc ^ c möeT ""tgnic. ciiuti-fi„»Äfcftc>Tccpr:wnccirmtn iwinu rii iinNxi.no. u, ich ■JkjO-r «I " ? ?{)»Tim (^amicite-fum-T mSeiio. ..... ■'^ficfDjftr fačč-f «tftme scTfinmfnmcttiefitf j jVjrn« ^ff.'I^^ß^^^ifiof.'Wfiaiq. ->«$7$-«? (f*?**"' iT^fr ^nri-mf ol^tv'itritriV^fr JMlritr»»*-? :- ^rtriirimqß^Mh.la^kH^tHjTniiSr i ittiit«r? 'IC'- ° inUr ^Ui Ä hoinü. -)Jco «pitg«, *fimu im j, n?»f -- ¿>«>» remmAir J J* L ^tv-ft «ff$r»Rjr . cm.inrsf.0f - ; pi • tole icm-tnirfmc ymo l>5i Sr . ' P-i.rf« fi i*>fiiC /,..rrnr; mj -ifro ^¿mifÄcrrciatnrf^.fo-»? ir^uefi^^,. rttwÄrsfiof Šm7$m7Mh5\c tmun^rtci«-^ «.'.Tcnftto^ *n,f, fa hSfrcfi « •• ««S >: % s Ji t T ± * Jh _L * A* ± m m X # i * ._A * JE^I % M Hf t * iH & L ir". 0 —- S t t | t A t _» * I * ES V % T _. t -n * T m m. * T m -—* % M — Hf ft M __* t % # i; + t # fc fc "t n -f ¿t m # M 1L Najprej je predstavljena tabela, ki bi jo z arabskimi števili zapisali takole: 1 2 3 2 3 2 3 1 1 26 34 39 Če pozorno pregledate tabelo, boste opazili, da se v stolpcih od desne proti levi skriva vsebina naloge. Navodilo pravi, naj se najprej pomnoži vse elemente v drugem stolpcu s prvim elementom tretjega stolpca, potem pa naj se tretji stolpec odšteva od drugega, vse dokler na vrhu drugega stolpca ne dobimo nicle. Tako dobimo novo tabelico: SLIKA 4. Prva naloga osmega poglavja kitajske knjige Devet poglavij matematične umetnosti Kitajska Največje presenečenje pa se skriva v kitajski knjigi Devet poglavij matematične umetnosti, ki verjetno izvira približno iz let 170-150 pr. n. št. Prva naloga v osmem poglavju sprašuje takole: Iz treh snopov najboljše žitariče, dveh snopov slabše in enega snopa najslabše dobimo 39 skodelič moke; iz dveh snopov najboljše, treh slabše in enega najslabše 34 skodelič in iz enega snopa najboljše, dveh slabše in treh najslabše 26 skodelič. Koliko skodelič moke da posamezen snop vsake od žitarič? Danes bi nalogo napisali kot sistem enacb: ■ 3x + 2y + z = 39 2x + 3y + z = 34 x + 2y + 3z = 26 Kitajci so za zapis števil uporabljali desetiški sistem in bambusove palcke, ki so jih polagali vodoravno ali navpicno. Palcke so polagali na nekakšno plošco, podobno veliki šahovski tabli. V knjigi je zapisana rešitev naloge, ki je sestavljena iz navodil za prestavljanje palck. 1 2 • 3 - 3 • 2 = 0 3 2 3 • 3 - 2 • 2 = 5 1 3 1 • 3 - 1 • 2 = 1 1 26 34 • 3 - 39 • 2 = 24 3 9 V jeziku moderne matematike so Kitajci naredili Gaussovo eliminacijo. Mi jo delamo po vrsticah od zgoraj navzdol, oni pa so jo naredili po stolpcih od desne proti levi. Postopek so nadaljevali tako, da so najprej s pomocjo tretjega stolpca unicili zgornji element v prvem stolpcu, na koncu pa še s pomocjo novega drugega stolpca drugi element v novem prvem stolpcu: 0 0 3 0 0 3 4 5 2 0 5 2 8 1 1 36 1 1 39 24 39 99 24 39 Tako so prišli do tablice, ki predstavlja analogijo našim zgornje trikotnimi matrikam: Iz tablice lahko preberemo, da iz enega snopa najslabše žitarice dobimo z = H = 11 skodelic moke. Do ostalih dveh donosov so prišli Kitajci podobno kot mi. S pomikanjem proti desni so vsakic dobili vrednost še ene, do sedaj neznane spremenljivke, izražene z znanimi: 5y + 11 = 24 ^ y = 17, 3x + 217 + 11 ^ x = f. _ XXX 12 PRESEK 43 (2015/2016) 3 FIZIKA Fotografski objektivi in Scheimpflugovo nacelo -i' •i' Peter Legiša -> V srednji šoli pri fiziki zveste nekaj o lastnostih tanke leče z dvema sferičnima površinama. Taka leča je neobčutljiva za vrtenje okrog svoje osi, ki je zvezniča središč ustreznih sfer. Zbiralna leča žarke, vzporedne z osjo leče, zbere v gorišču. Taka leča ima dve gorišči: F1 in F2 (slika 1). Optično središče O leče leži na osi in ima lastnost, da žarki, ki gredo skozi O, ne spremenijo smeri. Go-riščna razdalja f je razdalja med goriščem in optičnim središčem. Ravnina skozi O, pravokotna na os leče, je ravnina leče. Na sliki 1 je A1 pravokotna pro-jekčija točke A na os leče. Točko A leča upodobi v točko B, katere pravokotna projekčija na os je B1. Naj bosta a = | OA11 in b = | OB11 razdalji točk A, B od ravnine leče. Enačba leče pravi, da je 1 1 _ 1 a b f. Imejmo (ne preveliko) krožno ploščo K s središčem v točki A1, pravokotno na os leče. Leča jo upodobi na krožno ploščo L s središčem v B1, pravokotno na os leče. Enostavna leča v praksi navadno ne daje zadovoljivih rezultatov. Snov, iz katere je leča, lomi svetlobo različnih valovnih dolžin bolj ali manj različno in je zato goriščna razdalja odvisna od valovne dolžine - temu pravimo razklon ali disperzija bele svetlobe. Ker leča ni idealno tanka, ima še druge napake. Tako je iluzorno pričakovati, da se bo snop bele svetlobe, vzporeden z osjo leče, res zbral v eni točki. Zato so že pred tremi stoletji začeli uporabljati sestave leč iz stekel z različnimi lastnostmi. Na ta način so bistveno izboljšali upodobitvene lastnosti. Že z zlepljenjem dveh primernih enostavnih leč je mogoče doseči, da ima sestav enako goriščno razdaljo za modro in za rdečo svetlobo. Takemu sestavu re- ravnina lece lece SLIKA 1. cemo akromat. Ce išcete predleco za slikanje iz bližine, vzemite akromat, ki daje neprimerno boljše rezultate od enostavne lece. V konstrukcijo veclecnih objektivov že stoletja vlagajo ogromno truda, matematičnega znanja in racunanja. Veliko sredstev gre tudi v razvoj posebnih stekel, ki, denimo, manj raz-klonijo svetlobo (gre za t. i. UD - ultra-low dispersion stekla). V zadnjem casu pa nove tehnologije omogo-cajo tudi izdelavo asferičnih lec, katerih površina se posebno na robu precej razlikuje od površine krogle. Napredek v kakovosti in zmogljivosti je velik, še posebno pri zoom objektivih s spremenljivo gorišcno razdaljo. Nove konstrukcije objektivov so potrebne tudi zato, ker je zaželeno, da svetloba na robne dele tipala ne pada prevec poševno. Zahteve so torej nekoliko drugacne kot pri slikanju na film. Risanje poti žarkov skozi sistem lec s sfericnimi površinami, ki niso nujno tanke, je bilo pred obdobjem racunalnikov naporno. Ce pa se omejimo na t. i. priosne žarke, se pravi žarke, ki potekajo blizu osi sistema in so skoraj vzporedni osi, pa obstaja zelo lepa teorija, t. i. Gaussova ali paraksialna optika. Z uporabo 2 x 2 matrik bi jo danes lahko hitro razložili študentom drugega letnika na naravoslovnih ali tehnicnih fakultetah (vtipkajte v iskalnik Matrix me- PRESEK 43 (2015/2016) 4 13 FIZIKA n2 ni F2 j > (s 02 0i Fi f f n ni SLIKA 2. SLIKA 3. thods in paraxial optics, pa dobite vec zadetkov, recimo [1].) Omejili se bomo na primer, da je naš sestav lec v zraku. Ce bi bila recimo na eni strani voda - kot pri slikanju pod gladino - se stvari nekoliko zapletejo. Teorija (glej tudi [2], str. 41-43) nam pove, da za vsak tak fiksen sestav lec ali za vsak objektiv obstajata dve glavni ravnini n1 in n2, pravokotni na os lece (slika 2). Ti ravnini sekata os lece v glavnih točkah O1,02. Mimogrede, za objektiv v zraku se glavni tocki ujemata s t. i. vozliščema. Žarek skozi 01 izhaja iz objektiva kot žarek iz 02, vzporeden prvotnemu žarku. Sestav ima tudi dve gorišci, F1 in F2. Razdalja f = |F101| = |F202| je goriščna razdalja. Žarek, ki prihaja z desne vzporedno z osjo objektiva, je videti, kot da potuje neovirano skozi objektiv do druge glavne ravnine in se nato lomi tako, da gre skozi gorišce F2. Opozoriti moramo, da je slika 2 shematična: žarki niso priosni in dejanske poti žarkov znotraj objektiva so mnogo bolj zapletene od narisanih. Ce na sliki 2 vzporedno premaknemo desni del slike, tako da 0i preide v 02, dobimo obicajen diagram za tanko leco. Torej na sliki 3 za upodabljanje s sestavom lec velja še zmeraj enacba i i - 1 a b f' le da je a razdalja med tocko A in n1, število b pa je razdalja med sliko B tocke A in ravnino n2. Povejmo, da sta glavni ravnini lahko tudi zunaj objektiva. To je še posebno znacilno za teleobjektive, ki so fizicno krajši od svoje gorišcne razdalje. Pri njih sta glavni ravnini pred objektivom. Pogosto sta glavni tocki blizu skupaj in tako sestav upodablja skoraj tako kot tanka leca. Ce slikamo zelo zelo oddaljen objekt, je v enacbi a ogromen, zato je 1 /a praktično 0 in tako b = f. Slika neskončno oddaljene točke tako nastane v go-riščni ravnini, ki vsebuje gorišče in je pravokotna na os. Pri fotoaparatu bo v tem primeru zadnje gorišče objektiva na tipalu. Ce pa slikamo točke, ki so nam bliže, je a manjši, zato je 1 /a večji in torej 1/b manjši, torej je b večji od f. Da bo na tipalu nastala ostra slika, moramo klasični objektiv nekoliko odmakniti od tipala. Denimo, da slikamo tla v dolgi dvorani, ne moremo pa doseči, da bi bil senzor vzporeden tlom. Izostrimo nekam na sredino. Potem se bodo teoretično povsem ostro upodobile le točke na tej razdalji, praktično pa - saj ostrino slike omejuje velikost pikslov na tipalu - vse točke na nekem pasu okrog te razdalje. Govorimo o globinski ostrini. O tem sem pred leti pisal v Preseku [3]. (Clanek je prosto dostopen na spletu in je še zmeraj aktualen, le da je -če je naš kriterij ostrina pri 100- odstotnem pogledu na zaslonu - za največji dovoljeni premer razmazanega krožča treba vzeti dve dolžini piksla na tipalu.) Pas globinske ostrine lahko razširimo, če zapremo zaslonko. Ce pa preveč zapremo zaslonko, zaradi uklona trpi čelotna ostrina slike. Zato imajo, rečimo, aparati z majhnim tipalom (velikosti nohta) navadno zaslonsko število največ 8, pa že tu je slika prečej degradirana. Že pred več kot sto leti sta frančoski fotograf Car-pentier in avstrijski častnik Sčheimpflug odkrila, da z nagibanjem objektiva glede na ravnino filma (tipala) lahko včasih dosežemo, da so na sliki - ne glede na zaslonko - ostra čelotna tla dvorane. Take nagibe objektiva s takratno opremo ni bilo težko doseči. Film (ali plošča) je bil v veliki leseni škatli, med objektivom in škatlo pa je bil gibljiv meh. Z nekaj b a 14 PRESEK 43 (2015/2016) 4 14 FIZIKA preproste mehanike je bilo mogoče doseči nagibanje in druge premike objektiva. Tudi sam imam zelo kakovostno sliko iz prvega razreda osnovne šole, ki je bila narejena okrog leta 1957 s tako škatlo, ki pa ni imela možnosti nagibanja objektiva. Scheimpflugovo načelo za slikanje ravninskega predmeta pravi: če se ravnina predmeta, zadnja glavna ravnina objektiva in ravnina tipala sekajo v isti premici, lahko ravnino predmeta v celoti ostro upodobimo na tipalu. ravnina tipala ravnina leče A SLIKA 4. |EO| _ |PA| f a od koder je 1 = |EO| a f |PA| ■ Podobna sta tudi pravokotna trikotnika PEE1 in PBB1. Zato je |PE| |PB| f Od tod je b 1 = |PE| b f W Ker je EN || PA, je |eo| _ \m |PA| |PBT EB Zato je 1 _ ___ a = jiPBi■ Od tod je 1 1 1 _ a + b = f |PB| |EB| + |PE|) = rk1PB | =1 Dokažimo to. Na sliki 4 imamo narisano situacijo za primer enostavne lece. (Dokaz za sestavljen objektiv je praktično enak.) Omenjene tri ravnine se sekajo v premici, ki se na sliki projicira v tocko P. Privzemimo, da smo izostrili tako, da je zelo zelo (neskoncno) oddaljena tocka N v ravnini predmeta ostro upodobljena na tipalu. Žarek iz N skozi optično središče O je (praktično) vzporeden z ravnino predmeta in seka tipalo v tocki E, ki je slika tocke N. Tocka E je seveda za f oddaljena od ravnine lece. Zato na sliki 4 velja |EE11 = f. Naj bo A poljubna nadaljnja tocka v ravnini predmeta, za a = | AA11 oddaljena od ravnine leče. Žarek iz A skozi O seka tipalo v točki B, ki je za b = |BB11 oddaljena od ravnine leče. Na sliki 4 imamo dva podobna pravokotna trikotnika s kotom a. Zato je Torej je točka B res ostra slika točke A na tipalu. Objektiv lahko nagibajo nekatere profesionalne kamere velikega formata (na film), ki imajo še zmeraj meh med telesom kamere in objektivom. Take kamere so seveda danes že redkost. Za mnoge aparate z izmenljivo optiko obstajajo posebni objektivi, ki omogočajo nagib vse do kakih 6,5-8,5 stopinj. (Angleška beseda za nagib je tilt in to najdemo v njihovih opisih.) Takih objektivov ni veliko in so dragi. Ostrimo lahko le ročno. Večinoma jih uporabljajo na stojalu in za nastavitve si je potrebno vzeti čas. Ko slikajo tla v dvorani ali pogrnjeno mizo, objektiv nagnejo navzdol in tako povečajo območje globinske ostrine. V idealnem primeru, ko je izpolnjeno Sčheimpflugovo načelo, je ostro vse. Ce naredijo nasprotno - objektiv nagnejo navzgor - se bo območje globinske ostrine zmanjšalo in oster bo le ozek pas. To je uporabno v umetniške namene. Vse to seveda velja, če slikajo ravninski objekt. Ce so, rečimo, na pogrnjeni mizi visoki objekti, bo zelo težko ali nemogoče izostriti vse. 18 (T3__ > SH .cn ro T3 ul (T3 (T3 P PRESEK 43 (2015/2016) 4 15 FIZIKA 15 T3 4-> ro ^ Objektivi, ki omogočajo nagib, navadno omogočajo tudi premik (shift) vzporedno senzorju. O tem kdaj drugič. Z običajnimi objektivi nagibov in premikov - vsaj na kamerah polnega formata - večinoma ni mogoče doseči, saj slika, ki jo naredijo, komajda pokrije vogale tipala. Ob nagibu ali premiku bi bil del slike črn. Omenjeni tilt-shift objektivi naredijo sliko, ki je prečej večja od tipala, tako da imajo potrebne rezerve za pomike. Literatura [1] University of New Mexičo, Lečture notes, Chapter 18, Matrix Methods in Paraxial Optics, http://physi cs.unm.edu/Courses/Thomas/ Phys463fa11/Ch18. pdf, ogled 3. 11. 2015. [2] S. F. Ray, Applied photographic optics, Sečond ed., Fočal Press, Oxford 1995, 452-454. [3] P. Legiša, Fotografija in matematika, 3. del - globinska ostrina, Presek25, 1998, 194-201. http: //www.presek.si/2 5/1340-Legi sa.pdf _ XXX Razmisli in poskusi Mitja Rosina 60. Perkolacija Zgled za perkolacijo (pronicanje) je povezava med elektrodama preko prevodnih kroglic. Naloga. V kvadratno škatlo nasuj na dno slucajno mešanico kovinskih in steklenih kroglic. Zloži jih v pravokotno mrežo tako, daje dno ravno napolnjeno. Na nasprotni ploskvi škatle daj kovinski plošci in ju zveži preko baterije in žarnice tako, da bo žarnica svetila, ce množica kroglic prevaja (ce so kovinske kroglice sklenjene v verigo). Verjetnost za perkolacijo je odvisna od razmerja p med številom prevodnih in neprevodnih kroglic. SLIKA 1. Ali sistem perkolira? (Modre kroglice so prevodne) Poskus ponovi veckrat, tudi z razlicnimi razmerji, vsakic dobro premešaj. Za vsak p zapiši število per-koliranih razporeditev Nper(p) in število vseh razo-reditev Nvsi(p). Nariši diagram ■ w(p) = Nper (p) /Nvsi (p), kolikokrat pri danem razmerju p sistem perkolira. Smiselno je vzeti vsaj 10 x 10 = 100 kroglic in škatlo s stranico 10 premerov kroglic. Za neenako razmerje potrebuješ seveda vec kot 50 vsakih kroglic. Za »ogrevanje« smeš seveda vzeti tudi manj kroglic v manjši škatli. Ce si dober v racunalništvu, lahko poskus simuliraš z racunalnikom. Poskus lahko ponoviš še za gosto (trigonalno) mrežo kroglic, pri kateri ima vsaka kroglica 6 sosedov. Primerjaj diagrama w(p) za pravokotno in trigo-nalno mrežo. Zanimiva je zlasti kriticna vrednost pc, pri kateri naraste w(p) razmeroma hitro od 0 proti 1. To je bil dvodimenzionalni model. Trodimenzio-nalni model, pri katerem bi nasuli kroglice v vec plasteh, je mnogo zahtevnejši. Zanimiv zgled so gozdni požari. Ce so drevesa dovolj na redko, se požar nekje ustavi (ne perkolira), ce so na gosto, pa zajame ves gozd. _ XXX 18 PRESEK 43 (2015/2016) 4 18 ASTRONOMIJA Pozabljena umetnost sferne trigonometrije1 -i' •i' Aleksander Simonič -> Znate določiti smer in izračunati dolžino najkrajše zračne poti do poljubnega kraja na Zemlji? Bi se znali orientirati po zvezdah? Če ne, je ta prispevek kot nalašč za vas. Uvodne probleme lahko rešimo z uporabo sferne trigonometrije, vede, ki se ukvarja s trigonometrij-skimi relacijami med stranicami in koti v sfernem trikotniku. To matematično področje je staro in se je razvijalo vzporedno z ravninsko trigonometrijo. Za zacetnika trigonometrije štejemo grškega astronoma Hiparha iz Nicae (ok. 150 pr. n. št.). Njegovo delo se je ohranilo v Ptolemajevem Almagestu, knjigi s podobnim statusom kakor Evklidovi Elementi. Arabski matematiki so v »zlati dobi islama« (750-1257) grško znanje ohranili, nadgradili in povezali z dognanji indijskih astronomov. V nadaljevanju bomo videli, da so osnovne izreke odkrili prav arabski matematiki. Iz vsega povedanega lahko razberemo, da je bil povod za uvedbo sferne trigonometrije prav geografske in astronomske narave. S tem se bomo ukvarjali v razdelku Uporaba sferne trigonometrije, kjer bomo tudi razrešili uvodna vprašanja. Za to potrebujemo nekaj matematične teorije. Žal ne bomo sledili zgodovinskemu razvoju. Kogar bi to zanimalo, mu priporočamo odlično knjigo [5], od koder smo si izposodili tudi naslov tega članka. Avtor knjige ugotavlja, da je »skoraj čez noč« iz učnih programov srednjih šol izginila sferna trigonometrija. Zato je namen tega članka privabiti nadobudne dijake, da poleg obvezne ravninske trigonometrije spoznajo tudi nekaj osnov sferne. 1Clanek je namenjen predvsem srednješolčem, ki tekmujejo iz znanja astronomije in se potegujejo za udeležbo na mednarodnih astronomskih tekmovanjih, kjer je namreč zahtevano osnovno znanje sferne trigonometrije. Kaj je sferni trikotnik? Vzemimo pojubni točki A in B na sferi s središčem v O. Točke A, B in O določajo natanko eno ravnino, če le niso kolinearne. Presečišče te ravnine s sfero je krožniča, ki jo imenujemo glavni krog. Z AB označujemo krajši krožni lok med A in B na glavnem krogu. Razdalje merimo v radianih, zato velja 0 < AB < n. Sferni trikotnik A ABC je območje na sferi, omejeno s stranicami c := AB, a := BC in b := ACC. Koti a := n straničo BC > n. Ta članek ni namenjen proučevanju geometrijskih lastnosti sfernih trikotnikov, kot sta znani dejstvi, da je vsota stranič manjša od 2n in da je vsota kotov med n in 3n. Kljub temu pa ne moremo preko naslednje pomembne konstrukčije, ki vsakemu sfernemu trikotniku priredi nov sferni trikotnik. Bralču priporočamo, da si v nadaljevanju pomaga s programom GeoGebra. Naj bo AABC sferni trikotnik. S C' označimo tisti presek normale na ravnino ABO in sfere, ki leži na isti hemisferi kakor točka C. Podobno storimo še za preostali straniči in dobimo točki A' in B'. Sfernemu trikotniku AA'B'C' pravimo polarni trikotnik od AABC. Konstrukčijo polarnega trikotnika je predlagal arabski matematik Abu Nasr Mansur ibn Ali ibn Irak (ok. 950-ok. 1036). Neposredno iz poteka konstrukčije je razvidno, da je polarni trikotnik od polarnega trikotnika spet prvotni trikotnik. Taki lastnosti pravimo dualnost. Najpomembnejša lastnost polarnih trikotnikov pa je zajeta v naslednjem izreku, imenovanem tudi princip dualnosti. PRESEK 43 (2015/2016) 4 19 ASTRONOMIJA —^ Izrek 1. Naj bo A ABC sferni trikotnik in AAr B' C' pripadajoči polarni trikotnik. Potem velja a' = n - a, b' = n - fi in c' = n - y ter af = n - a, fi' = n - b in y' = n - c. Po principu dualnosti je razvidno, da je prvi nabor enakosti v izreku ekvivalenten drugemu naboru enakosti. Zato zadošča dokazati prvi nabor enakosti. Naj bo D presečišče glavnega kroga AC in glavnega kroga A'B'. Podobno naj bo E presečišče glavnega kroga BC in glavnega kroga ArB'. Po definičiji polarnega trikotnika imamo DC = EC = n / 2, od koder sledi DE = y. Prav tako je DBf = AŽE = n/2. Imamo ■ c' = AB = ArE + DB' - DE = n - y. Podobno dobimo še preostali enakosti. Ce privzamemo, da poznamo neenakost a+b + c < 2n, lahko z uporabo prinčipa dualnosti pokažemo, da mora biti vsota kotov večja od 180°. Za polarni trikotnik prav tako velja a! + b' + c' < 2n. Po izreku 1 imamo 3n - (a + fi + y) < 2n, od koder sledi n < a + fi + y . Temeljna izreka sferne trigonometrije Najpomembnejša izreka trigonometrije ravninskega trikotnika sta zagotovo sinusni in kosinusni izrek. Prvi opisuje razmerja med straničami in koti v trikotniku, drugi pa predstavlja posplošitev Pitagorovega izreka. Zato bi bilo dobro, če bi podobna izreka imeli tudi za sferne trikotnike. Za razliko od ravninske različiče bomo v sfernem primeru imeli trigonome-trijske funkčije tudi pri straničah, zato pride izrek 1 do izraza v naslednjem smislu: ce dokažemo trigo-nometrijsko identiteto in v njej zamenjamo stranice s suplementi kotov in kote s suplementi stranic, dobimo prav tako veljavno trigonometrijsko identiteto. Tudi temu pravilu pravimo prinčip dualnosti. Najprej se bomo omejili na trikotnike, katerih dva kota sta manjša od n/2. Bralča naprošamo, da si pri naslednjem besedilu pomaga s sliko 1. Naj bo AABC tak trikotnik, O pa središče sfere. Označimo s C' pravokotno projekčijo točke C na ravnino ABO, z A1 pravokotno projekčijo točke C' na premičo O A in z B1 pravokotno projekčijo točke C' na premičo OB. Ker je ■ |OA112 + |A1 C |2 = |OA112 + |A1 C|2 + |C C |2 = |OCA|2 + |C C |2 = |OC |2, SLIKA 1. Izpeljava sinusnega in kosinusnega izreka v sfernem trikotniku ABC sledi, da je premiča O A pravokotna na premičo A1C. Podoben razmislek nam da pravokotnost premič OB in CB1. Torej sta trikotnika AA1C O in AB1O C pravokotna, zato imamo |CA11 = sin b in |CB11 = sin a. Pravokotni trikotnik AC' CA1 nam zagotavlja |CC= |CA11 sin a = sin b sin a. Po drugi strani pa imamo |CC'| = |CB11 sin fi = sin a sin fi. Obe zvezi nam podajata razmerje sin a/ sin a = sin b/ sin fi. Začeli smo s projekčijo točke C in dobili razmerje med straničami a, b in koti a, fi. Ce bi začeli s projekčijo točke A, bi dobili podobno razmerje le med straničami b, c in koti fi, y. Rezultatu sina sin b sin c sin a sin fi sin y' (1) pravimo sinusni izrek, zaradi očitne podobnosti z istoimenskim izrekom iz ravninske trigonometrije. Najverjetneje sta bila ibn Irak in Mohamed al-Buzja-ni al-Hasib Abul Vefa (940-997) prva, ki sta sinusni izrek ekspličitno zapisala. Na žalost nam prinčip dualnosti na sinusnem izreku ne razkrije nič novega. Naj bo A2 taka točka na premiči O A in B2 taka točka na premiči OB, da bosta trikotnika ACOA2 in ACOB2 pravokotna. Zato imamo |OA21-1 = čos b, |OB21-1 = čos a, | CA2 | = sin b, | CB2 | = sin a, |OA21 "' |OB21 |OA212 = 1 + |CA212, |OB212 = 1 + |CB212. (2) (3) (4) Za trikotnik AA2B2 C uporabimo kosinusni izrek. 20 PRESEK 43 (2015/2016) 4 20 ASTRONOMIJA Dobimo ■ IA2B2I2 = ICA2I2 + ICB2I2 - 2ICA2IICB2I cosy. Po drugi strani pa nam kosinusni izrek za trikotnik △A2B2O in zvezi (4) podajata ■ IA2B212 = IOA2I2 + I OB2 I 2 - 2 IOA2 11 OB2 I cos c = I CA2 I 2 + I CB2 I 2 + 2 (1 - I OA2 11 OB2 I cos c). Torej velja I OA2 11 OB2 I cos c = 1 + I CA2 11 CB2 I cos y. Enačbo delimo z I OA2 11 OB2 I in uporabimo zveze (2) in (3). Dobimo kosinusni izrek za stranico c cos c = cos a cos b + sin a sin b cos y. (5) Z ustrezno zamenjavo stranic in kotov dobimo še ko-sinusna izreka za a in b. Uporabimo princip dualno-sti na (5) in dobimo kosinusni izrek za kot y ■ cos y = - cos a cos ¡3 + sin a sin ¡3 cos c. Podobna izraza dobimo še za kota a in ¡3. Kosinusni izrek za kote nam razkrije nekaj, kar za ravninske trikotnike ni res: sferni trikotnik je natanko določen s svojimi koti. Zacetki kosinusnega izreka so bolj nejasni kakor pri sinusnem izreku. Najveckrat se omenjajo tri imena: Mohamed ibn Musa al Hvarizmi (ok. 780-ok. 850), Abu'Abdalah Mohamed ibn Dža-bir ibn Sinan al-Batani al-Harani al-Sabi' (ok. 858929) in indijski astronom Somayaji Nilakantha (1444-ok. 1501). Pri nobenem od njih pa izrek ni zapisan eksplicitno, vedno pomešan med astronomskimi izracuni. Dokaz Spomnimo se, da smo pri izpeljavi sinusnega in ko-sinusnega izreka dodali nekaj pogojev na kote v trikotniku. Z obravnavanjem vseh možnosti bi lahko po prikazani poti dokazali izreka v vsej splošnosti. Z uporabo sfernih koordinat in skalarnega produkta vektorjev pa lahko dokaz obcutno poenostavimo. Najprej bomo pokazali, da iz (5) sledi (1). Enostavno se lahko prepricamo, da za vse x,y,z G R velja 2 2 2 2 2 ■ sin2 x sin2 y - cos2 x cos2 y - cos2 z = = 1 - cos2 x - cos2 y - cos2 z. Ker je izraz na desni simetricen v spremenljivkah, za vse x,y,z G R velja 2 2 2 2 2 sin2 x sin2 y - cos2 x cos2 y - cos2 z = 2 2 2 2 2 = sin2 z sin2 y - cos2 z cos2 y - cos2 x. Slednjo enakost uporabimo v (5) in dobimo sin a V sin2 b sin2 c-cos2 b cos2 c-cos2 a+2cos a cos b cos c sin a = sin a sin b sin c _ V sin2 a sin2 c-cos2 a cos2 c-cos2 b+2cos a cos b cos c = sin a sin b sin c _ sin b = sin ¡¡. Spomnimo se sfernih koordinat (ty,A), kjer je y geografska širina in A geografska dolžina. Parame-trizacija sfere je ■ (ty,A) ^ (cos cos A, cos sin A, sin kjer je y G [-n/2, n/2] in A G [-n, n]. Sferne koordinate niso poenoten pojem, zato velja previdnost, ko se z njimi srecamo v matematicni ali fizikalni literaturi. Glede ostalih definicij bralca naprošamo, naj si prebere clanek [6]. Naj bo AABC sferni trikotnik, kjer lahko brez posledic enacimo tocko C s severnim polom. Preostali oglišci naj bosta A = (&1,A1) in B = (ty2,A2). Potem je n i n -11 ■ = y - b, ^2 = j - a in A2 - A1 = y. Ker je O A ■ OB = cos c, sledi ■ cos c = cos cos cos A1 cos A2 + + cos cos sin A1 sin A2 + + sin sin = cos (A2 - A1) cos cos + sin sin = cos y sin b sin a + cos b cos a, kar je ravno kosinusni izrek (5). Kako naprej? S sinusnim in kosinusnim izrekom se trigonometrija sfernih trikotnikov seveda ne konca. Bralcu poleg že omenjene knjige [5] priporocamo še prosto dostopni ucbenik sferne trigonometrije [4] iz leta 1886. Da PRESEK 43 (2015/2016) 4 21 ASTRONOMIJA —^ bralču potešimo radovednost, navedimo dve znameniti formuli. Rečimo, da imamo v sfernem trikotniku podani straniči a in b ter kot, ki ga ne oklepata, npr. a. Tako kot v ravnini tudi ta trikotnik v splošnem ni enolično določen: iz sinusnega izreka izračunamo kot ¡3, ki pa je lahko tudi n - ¡3. Toda kako določiti straničo c in kot y? Lahko bi vzajemno uporabili sinusni in kosi-nusni izrek, da bi prišli do kvadratne enačbe. Toda obstaja identiteta, imenovana Neparjeva analogija tg a-b tg 2 sin a-P sin a+P od koder zlahka izračunamo straničo . Ni težko pokazati, da je ploščina sfernega trikotnika P enaka P — £ :— a + ¡3 + y - n, kjer se količina £ imenuje sferni presežek. Ploščina sfernega trikotnika na sferi s polmerom R je R2£. Kako pa bi najenostavneje izračunali £, če poznamo straniče a, b, c? Velja £ / 5 5 - a s - b s - c " tg 4 =V— ^ — ' kjer je s = (a + b + c)/2. Formulo je odkril švicarski matematik Simon Antoine Jean L'Huilier (17501840) in zelo spominja na Heronovo formulo za izračun ploščine ravninskega trikotnika. Uporaba sferne trigonometrije Spomnimo se temeljnih izrekov sferne trigonometrije, ki smo jih dokazali: sinusni izrek sin a sin b sin c Uporaba v geografiji Osrednji problem arabske astronomije je bila določitev kible, t. j. smeri romarskega mesta Meka, natančneje kočkaste stavbe imenovane Kaba. Po zahtevah muslimanskega obreda se mora vernik med molitvijo obrniti v smeri Kabe, za kar je potrebno poznavanje kible za poljubno mesto na Zemlji. O pomembnosti tega podatka priča dejstvo, da je astronom iz Damaska Šams al-Din Abu Abdalah Mohamed ibn Mohamed al-Kalili (ok. 1365) izdelal tabelo kibel za kar 2880 mest na Zemlji. Matematična formulačija problema je naslednja. Naj bosta A(^1,A1) in B(ty2,A2) poljubna kraja na Zemlji, kjer je ^ geografska širina in A geografska dolžina. S P označimo severni pol. Obravnavamo sferni trikotnik AABP, kjer je AP — 90° - y1, BP — 90° - cp2 in 0 natanko tedaj, ko kraj B leži vzhodno od kraja A. Dolžina straniče AB je zračna razdalja med krajema A in B, kot PRESEK 43 (2015/2016)4 23 ASTRONOMIJA —^ Zaradi preglednosti zapišimo enačbe (10), (11) in (9) na enem mestu: ■ čos A čos h = sin p čos H čos 5 - čos p sin 5, sin A čos h = sin H čos 5, sin h = čos p čos H čos 5 + sin p sin 5. Te enačbe nam omogočajo izračunati azimut in višino nebesnega telesa ob poznavanju časovnega kota in deklinačije. Kaj pa obratno? Braleč lahko brez težav preveri, da velja ■ čos H čos 5 = sin p čos A čos h + čos p sin h, sin H čos 5 = sin A čos h, sin 5 = - čos p čos A čos h + sin p sin h. V resniči je nova samo prva enačba. Predno se lotimo navigačije po zvezdah, bomo za »ogrevanje« izračunali dolžino dneva. Rečimo, da smo v kraju z geografsko širino p0 izmerili višino h0 nebesnemu telesu S, za katerega vemo, da ima deklinačijo 50. Kako bi izračunali časovni kot H? Uporabimo enačbo (9) in dobimo čos H sin h0 čos 50 čos p0 - tg 50 tg vidimo na nebu. Približna formula za izračun prave višine hP nebesnega telesa ob horizontu z navidezno višino hN je hP « hN - čot hN + 7,31 hN + 4,4 (12) Na prvi pogled bi rekli, da Sončev vzhod (ali zahod) ustreza pogoju h0 = 0. Torej bi tedaj dobili za dolžino dneva D (merjena v urah) izraz 2 ■ D = — arččos (-tg 50 tg (0). Poskusimo našo formulo na konkretnih podatkih. Dne 21. junija 2015 je bil poletni Sončev obrat. Tedaj je Sonče imelo največjo možno deklinačijo 50 = 23°26'. Za Ljubljano dobimo D = 15,563 h, kar pomeni, da je bil dan dolg 15 ur in 34 minut. Toda uradna vrednost (glej npr. [2]) znaša 15 ur in 45 minut. Kje smo se zmotili? Edini privzetek, ki smo ga naredili, je bil h0 = 0. Ta predpostavka je napačna iz dveh razlogov. Prvi razlog je ta, da po dogovoru za Sončni vzhod štejemo trenutek, ko se rob Sončevega diska dotakne horizonta. Ker je navidezni Sončev polmer 16', moramo vzeti h0 = -16'. Toda pozabili smo na pomemben astronomski pojav - atmosfersko refrakcijo. Pri tem pojavu gre za lom svetlobe pri potovanju skozi ozračje. Zato je Sonče še vedno pod horizontom, ko ga mi zaradi refrakčije že kjer je drugi člen merjen v minutah. Torej moramo vzeti h0 = -16' - 34' = -50'. Popravljena formula za dolžino dneva je „2 I sin 50 + sin 50 sin p0 D = — arččos---- 15 V čos o0čos p0 In res, za D dobimo 15 ur in 45 minut. Ker je velikost atmosferske refrakčije odvisna tudi od višine opazovališča ter temperature in gostote ozračja, se čas Sončevega vzida in zaida (ter posledično tudi dolžino dneva) podaja le do minute natačno. Za določitev geografskih koordinat potrebujemo podatke o položaju dveh nebesnih teles. Zadošča že poznavanje višine ob nekem svetovnem času. Re-čimo, da smo ob času a UT izmerili višini h1 in h2 nebesnima telesoma z znanima deklinačijama 51 in 52 ter znanima rektasčenzijama a1 in a2. Po enačbah (9) in (7) dobimo sistem dveh enačb z neznankama p in A: sin h1 = čos p čos + PZCa - a^ čos 51 + + sin p sin 51, sin h2 = čos p čos (a + PZCa - a2) čos 52 + + sin p sin 52. Sistem lahko rešujemo po kateri od numeričnih metod, vendar obstaja še boljša približna metoda, ki ne sloni na reševanju sistema. Metodo, ki jo bomo opisali, je odkril frančoski kontraadmiral Adolphe Laurent Anatole Marcq de Blond de Saint Hilaire (1832-1889). Rečimo, da slutimo, da se nahajamo na geografskih koordinatah (p0, A0). Temu položaju P0 pravimo domnevni položaj. Sedaj lahko iz enačbe (9) izračunamo višini h1 in h2 nebesnima telesoma, opazovana ob času a UT iz domnevnega položaja: ■ hi = arčsin (čos (0 čos A0 + PZCa - a^ čos 5i + + sin p0 sin 5i ) za i G {1, 2}. Izračunani višini uporabimo v enačbi (11) za izračun azimutov A1 in A2 nebesnima tele- 24 PRESEK 43 (2015/2016) 4 24 ASTRONOMIJA soma, opazovana ob casu a UT iz domnevnega položaja: Ai = arcsin - sin (à0 + PZCa - a cos Si cos hi za i G {1, 2}. Zamislimo si, da se sprehajamo po premici v smeri azimuta A^ Ce gremo proti nebesnemu telesu, se njegova višina povecuje. Ce pa se oddaljujemo, se njegova višina zmanjšuje. Torej obstaja tocka P1 na tej premici, od koder je višina nebesnega telesa prav h1. Elementarna geometrija nas preprica, da velja P0P1 = | h1 - h11. Postavimo se v tocko P1 in se sprehajajmo po pravokotnici na azimutno premico. Višina h1 se zelo malo spreminja, zato lahko privzamemo, da je na tej pravokotnici kar konstantna. Tej premici pravimo premica položaja. Vse korake ponovimo še za azimutno premico A2. Sedaj je jasno, da je približen položaj naših meritev prav presecišce premic položajev. Vaja iz enacbe premice nam da uporabna obrazca za izracun pravega položaja: y = yo + à = ào + (h2 - h2) sin Ai - (hi - hi) sin A2 sin (A1 - A2) ' (hi - hi) cosA2 - (h2 - hzj cosAi sin (Ai - A2) ' Recimo, da smo nekje v Sloveniji dne 7. 8. 2015 ob 22. uri po lokalnem casu izmerili višino h1 = 36°40,9' zvezde Arktur in višino h2 = 80°23,6' zvezde Vega 1. Po enacbi (12) sta pravi višini enaki h1 = 36°39,6' in h2 = 80°23,4'. Morda je koga zmotila uporaba refrakcijskega popravka, saj se vrednosti razlikujeta za manj kot 1,5'. V bran tej odlocitvi naprošamo bralce, naj naslednje postopke naredijo na nepopravljenih višinah. Iz namiga o lokaciji razberemo, da je cas izmere a = 20 h UT in koordinate domnevnega položaja = 46°, A0 = 14,5° so kar približne koordinate Ljubljane. Ker ne potrebujemo pretirane natancnosti, bomo predpostavili SZC0 = PZC0. Iz [2] preberemo SZC0 = 21h 0m 48,2s. Po predpostavki in formuli (6) imamo PZCa = 17h 4m 5,3s. Potrebujemo še rektascenziji in deklinaciji zvezd: ai = i4h i6m 22,is in Si = i9°6'8'' za Arktur ter a2 = i8h 37m 27,8s in S2 = 38°47'56'' za Vego. Vse te podatke dobimo v [2]. Po Hilairovi metodi imamo = 45°57'43'' in Ài = 14°36'8''. Metodo lahko ponovno uporabimo na novih koordinatah. Tako dobimo še boljši približek y2 = 45°57'42'' in À2 = i4°38'. Uporaba metode tretjič nam da y3 = 45°57'42'' in À3 = i4°38' 34''. Kaj pa, ce uporabimo sistem enacb? Program Mathematica nam poda nekaj rešitev, smiselna med njimi je y = 45°57'42'' in À = i4°38'47''. Tretji približek po metodi Saint Hilaire se zelo malo razlikuje od prave rešitve sistema, v prostoru sta si oddaljena za manj kot tristo metrov. Tudi drugace smo zelo dobro ocenili naš pravi položaj, saj sta oba približka od njega oddaljena za manj kot pol kilometra. Literatura [1] F. Avsec, M. Prosén, Astronomija, DMFA - založništvo, Ljubljana, 2006. [2] B. Dintinjana, D. Fabjan, H. Mikuž, T. Zwitter, Naše nebo 2015: astronomske efemeride, DMFA-založništvo, Ljubljana, 20i4. [3] J. Meeus, Astronomical algorithms, 2nd ed., Willmann-Bell, Inc., Richmond, Virginia, i998. [4] I. Todhunter, Spherical trigonometry: for the use of colleges and schools, https://www.gutenberg.org/files/19770/ 19770-pdf.pdf, ogled: 2i. i. 20i6. [5] G. Van Brummelen, Heavenly mathematics: the forgotten art of spherical trigonometry, Princeton University Press, Princeton, 20i3. [6] E. W. Weisstein, Spherical coordinates, From MathWorld-A Wolfram Web Resource, http://mathworld.wolfram.com/ SphericalCoordinates.html, ogled: 2i. i. 20i6. _XXX www.dmfa.si www.presek.si iV resnici avtor tega ni lastnorocno izmeril, temvec se je po-služil brezplacnega astronomskega programa Stellarium. PRESEK 43 (2015/2016) 4 25 RAC UNALNI STVO Igra Angry Birds v realnem casu in prostoru Dominik Robič in Robert Repnik -» Vsi najverjetneje poznamo igro Angry Birds, ki velja za eno najbolj priljubljenih iger. Namen igre je, da s čim manj jeznimi ptici (od tod ime igre), ki jih izstrelimo iz ogromne frače, zadenemo cim vec tarč - zelenih prašičev, pri čemer nas ovirajo pregrade iz različnih materialov [1]. S kasnejšo analizo se sičer da ugotoviti, da bi bili ptiči v igri veliki okoli 0,5 m, kar je nerealno, pa tudi zelenih prašičev ne poznamo, zato moramo upoštevati zabavni namen te računalniške igre. Zato bomo izstreljene ptiče v nadaljevanju obravnavali kot izstrelke v fizikalnem smislu. Igra je sičer namenjena predvsem zabavi, a le malokdo se zaveda, da igra temelji na fizikalnih zakonih o gibanju izstrelka. Kar pomeni, da se lahko ob uporabi programske opreme tudi kaj naučimo. V našem primeru nas zanima, kako bi se igra Angry Birds odvijala v realnih razmerah in kako bi to ob uporabi brezplačnih računalniških programov preverili. Kaj potrebujemo? Za analizo podatkov potrebujemo programa LoiLo Game Recorder in Tracker, ki ju lahko snamemo s spleta iz njunih uradnih spletnih strani. LoiLo Game Recorder LoiLo Game Recorder (slika 1) je brezplačen program, ki nam omogoča, da lahko posnamemo posnetek leta izstrelka, s katerim bomo izvajali meritve [2]. Ker nas zanima, kje se izstrelek nahaja v nekem trenutku, je pomembno, da izstrelek izstrelimo tako, da ne zadene pregrade in da se v času snemanja zaslon osvežuje s hitrostjo najmanj 30 slik na sekundo. To nam omogoča prikaz tekočega gibanja izstrelka na SLIKA 1. Grafični vmesnik programa LoiLo Game Recorder, kjer lahko nastavimo število slik pri osveževanju zaslona ter datoteko kamor posnetek shranimo. zaslonu [3]. Posnetek shranimo in ga uporabimo za analizo podatkov s programom Tracker. Tracker Tracker, prikazan na sliki 2 [4], je brezplačen program, ki se pogosto uporablja za analizo podatkov pri fizikalnih eksperimentih. Zaženemo ga lahko kar iz našega USB diska in ga ni potrebno nameščati na trdi disk računalnika. Obvezno pa moramo imeti na računalniku nameščen program Java 1.6 ali kasnejše različice ter program za predvajanje videov Quick-Time7 ali Xuggle, ki sta tudi brezplačna. Ponuja nam več orodij, med katere spadajo orodje za kalibracijo, s katerim lahko poljubno določimo enoto razdalje (v našem primeru smo za enoto uporabili višino frače) in lego opazovanega telesa glede na koordinatni sistem, orodje za analizo podatkov, ki nam omogoča beleženje podatkov v grafu in tabeli, orodje za obdelavo videov, s katerim popravimo napake posnetkov, ter orodje za sledenje predmetov na posnetku. Pred- 26 PRESEK 43 (2015/2016)4 RAC UNALNI STVO SLIKA 2. Grafični vmesnik programa Tracker ponuja več orodij. Pri izvajanju meritev smo uporabljali: orodje za kalibracijo, orodje za analizo podatkov, orodje za obdelavo videa ter orodje za sledenje predmetov [4]. 4---- 3 0 0,2 0.4 0,6 0,8 1,0 1.2 1.4 1,6 1,6 2, t 2,2 2,4 2,6 2.8 3,0 Fit Name: Lire j- Fit Builder... Parameter | Value Fit Eqiration: j* = A"t + B 1 B I-2.263E-2 -Auiofil rms dev: 2.982E-2 SLIKA 3. Vodoravna komponenta lege (x) v odvisnosti od časa (t). Odvisnost je linearna; vodoravna komponenta hitrosti (koeficient A) znaša 3,31 enot/s. postavili smo, da je čas v igri enak času v realnosti ter da bi bili enaki razdalji iz realnosti v x in y smeri tudi v igri prikazani kot enako dolgi v obeh smereh. V našem primeru smo najprej uvozili posnetek, ki smo ga posneli s programom LoiLo Game Rečorder v program Tračker, kjer smo z orodjem za sledenje analizirali let izstrelka. Gibanje izstrelka v realnem prostoru Pri izstrelitvi izstrelka s frače pod kotom glede na smer gravitačijskega pospeška vemo, da obravnavamo poševni met, ki je primer gibanja v dveh dimenzijah. Izstrelek izstrelimo z začetno hitrostjo pod nekim kotom. Kot običajno merimo glede na vodo-ravničo. Začetna hitrost (v0) ima vodoravno in navpično komponento: v0 = (v0x,v0y), (1) kjer je v0x velikost vodoravne in v0y velikost navpične komponente začetne hitrosti izstrelka [5]. Ce zanemarimo upor zraka, je edina sila, ki deluje na izstrelek med gibanjem skozi zrak, gravitačijska sila. Zato je pospešek izstrelka (a) enak gravitačijskemu pospešku na površju Zemlje, čigar smer kaže navpično navzdol [6]. Ker ima pospešek le navpično komponento, se med letom vodoravna komponenta hitrosti s časom ne spreminja. Premik izstrelka v vodoravni smeri ob nekem času t zapišemo kot: x - xz = v0xt, (2) kjer je x komponenta lege v vodoravni smeri ob času t in xz začetna komponenta lege (ob času t = 0). Upoštevamo kot 0, pod katerim smo izstrelek izstrelili, in dobimo vodoravno komponentno lege ob času t: x = (v0 čos 0)t + xz (3) pri čemer je vodoravna komponenta hitrosti enaka v0x = v0 čos 0. Odvisnost vodoravne komponente lege od časa je linearna, kar potrdijo tudi meritve, kjer izmerimo v0x, ki v našem konkretnem primeru znaša 3,31 enot/s (slika 3). Gibanje izstrelka v navpični smeri je enakomerno pospešeno, zato lahko premik ptiča v navpični smeri zapišemo: 1 2 y - yz = v0yt + ^at2, (4) kjer je yz začetna komponenta lege izstrelka v navpični smeri ob času t = 0 in y komponenta lege v navpični smeri ob času t. Iz enačbe (4) izrazimo navpično komponento lege ob času t: 12 y = (vq sin0)t - ^gt2 + yz, (5) kjer upoštevamo, daje a = -g in v0y = (v0sin 0) [5]. Vidimo, da je odvisnost navpične komponente lege od časa kvadratna, kar smo dobili tudi pri meritvah. Izmerili smo a/2 (koefičient A na sliki 4), ter izračunali pospešek, ki znaša -1,9 enot/s2. Izmerili smo tudi navpično komponento začetne hitrosti (ko-efičient B na sliki 4), ki znaša 2,8 enot/s, in višino, -> 27 PRESEK 43 (2015/2016)4 RAC UNALNI STVO vo = v0x + v0y, (6) ki v našemu primeru znaša = 21,9 m/s. Zanima nas tudi začetna višina (yz), s katere smo izstrelek izstrelili. Ta je 0,8 enote (slika 4), torej je yz = 4,2 m. Ko smo izračunali začetno višino, lahko izračunamo maksimalno višino leta (h), ki jo izstrelek doseže: h = v 2 0y 2g + yz- (7) Iz meritev (slika 5) razberemo maksimalno višino, ki znaša 2,9 enot, kar ustreza 14,5 m. Opazimo, da se meritve ujemajo z izračunano vrednostjo. Zanimalo nas je tudi, kako daleč smo izstrelek iztrelili. Preden lahko izračunamo domet izstrelka, potrebujemo kot (0), pod katerim smo ga izstrelili. Kot izračunamo iz razmerja komponent začetne hitrosti: O = tan-i (v0z) v0x (8) SLIKA 4. Iz koeficienta A določimo pospešek, koeficient B je enak navpični komponenti začetne hitrosti, koeficient C pa je enak višini izstrelitve. od koder smo izstrelek izstrelili, ki znaša 0,8 enote (koeficient C na sliki 4). Postavitev igre Angry birds v realni čas na Zemlji Meritve so pokazale, da je pospešek izstrelka v nav-picni smeri enak -1,9 enot/s2 (slika 4). Ce bi okolje igre preselili v realni cas in prostor, lahko koeficient A na sliki 4 povežemo z gravitacijskim pospeškom na Zemlji, ki znaša 9,8 m/s2 [6]. Vrednost koeficienta A je podana v enotah in je enaka -g/2. Tako dobimo velikost enote v igri, ki znaša 5,1 m v naravi. Ker smo višino frace izbrali kot osnovno enoto, bi bila fraca v naravi visoka kar 5,1 m. Sedaj lahko izracunamo navpicno komponento zacetne hitrosti, tako, da koeficient B na sliki 4 pomnožimo s 5,1 m in dobimo v0y = 14,2 m/s. Enako storimo za komponento hitrosti v vodoravni legi (A na sliki 3) in dobimo v0x = 16,7 m/s. Sedaj lahko izracunamo velikost zacetne hitrosti izstrelka: in v našem primeru dobimo 0 = 40,4° [5]. Za izračun dometa potrebujemo enačbo za tir gibanja. Iz enačbe (2) izrazimo čas leta: t = x v0 cos O (9) pri čemer smo upoštevali, da je xz = 0 in vodoravna komponenta hitrosti v0x = v0 čos 0. Izraz vstavimo v enačbo (5) in dobimo enačbo za tir gibanja, ki je parabola: x2g y = (tan O)x--2—— + yz. 2v0 cos2 O (10) V našem primeru so tla vodoravna, zato predpostavimo, da je navpična komponenta lege enaka nič v trenutku, ko izstrelek trči ob tla, ta pa so vodoravno vzporedna s spodnjim delom frače. Razdalja v vodoravni smeri, ki jo izstrelek pri tem prepotuje, je enaka dometu (d). Po izračunu diskriminante kvadratne enačbe izrazimo domet: d = v0 cos O g ^v0 sin O + -\jv0 sin2 O + 2gyz j . (11) Izracunamo domet in dobimo d = 52,8 m [7]. Podoben rezultat dobimo pri meritvah, kjer izmerimo domet 10,5 enot, kar ustreza 53,0 m (slika 5). Domet, ki smo ga izracunali, ni povsem enak izmerjenemu dometu, kar je odraz napake meritev. Se pa obe vrednosti dobro ujemata. Kaj smo se naučili? S pomocjo igre Angry Birds smo obravnavali gibanje ptica (oziroma izstrelka) v igri in ugotovili, da ga lahko opredelimo kot poševni met. Iz meritev smo razbrali, da je gibanje izstrelka brez upoštevanja zracnega upora v vodoravni smeri enakomerno, v navpicni smeri pa je enakomerno pospešeno, saj 28 PRESEK 43 (2015/2016)4 RAČ UNALNIŠ TVO SLIKA 5. Odvisnost navpične komponente lege izstrelka (y) od vodoravne komponente lege (x). Opazimo, daje tir gibanja parabola. Iz grafa odčitamo domet, ki znaša 10,5 enot ter maksimalno višino, ki jo izstrelek doseže, to je 2,9 enot. je pospešek konstanen. Pri meritvah smo najprej izbrali enoto (izbrali smo višino frače), nato pa izmerili pospešek v navpični smeri (-1,9 enot/s2), navpično komponento začetne hitrosti (2,8 enot/s) ter višino (0,8 enot), s katere smo izstrelek izstrelili (slika 4). Ugotovili smo, daje odvisnost navpične komponente lege y od vodoravne komponente lege x kvadratna, zato je tir gibanja parabola. Igro smo nato prestavili v realen čas in prostor, pri čemer smo v analizi gibanja izstrelka predpostavili, da je čas v igri enak času v realnosti in da ni razlik v merilih prikazovanja razdalj v x in y smeri v igri glede na realni prostor. Tako smo izračunali, kolikšna bi bila realna dimenzija izbrane enote razdalje v igri in ugotovili, da ena enota v našem primeru ustreza 5,1 m. Nato smo lahko izračunali začetno hitrost (21,9 m/s), kot (40,4°), pod katerim smo izstrelek iztrelili, maksimalno višino (14,5 m) in domet (52,8 m). Razultate smo primerjali z meritvami, in dobili dobro ujemanje. Uporabnost igre S fizikalnim znanjem in uporabo programske opreme smo pokazali, da igra Angry Birds ni zgolj igra za zabavo v prostem času, ampak tudi igra, ki je zasnovana po fizikalnih zakonih in se lahko ob njej marsikaj naučimo, in sičer uporabe različnih računalniških orodij in seveda fizike. V našem primeru smo analizirali poševni met. Igra pa vsebuje tudi primere iz mnogih drugih fizikalnih področij, kakor na pri- mer delovanje sil, uporabo Newtonovih zakonov, gibanje, trenje, kroženje, spreminjanje gravitačijskega pospeška, delo, energije in vzgon [8]. Naloga Predlagamo, da braleč poskusi ponoviti postopek in z izbiro neke druge enote izvede kalibračijo igre ter iz meritev izračuna velikost svoje izbrane enote razdalje v igri, začetno hitrost izstrelka, kot, pod katerim je izstrelek izstrelil, maksimalno višino leta izstrelka in domet. Lahko pa preveri tudi druga fizikalna področja, ki jih igra vsebuje. Literatura [1] Angry Birds Ltd, Rovio Entertianment, Elektronski, http://www.rovio.com/en/our-work/ games/view/1/angry-birds, ogled: 21. 9. 2014. [2] LoiLo, LoiLo Game Recorder, Elektronski, http: //loilo.tv/us/, ogled: 31. 1. 2015. [3] V. Beal, fps/FPS, QuinStreet Inč., Elektronski, http://www.webopedia.com/TERM/F/fps. html, ogled: 23. 8. 2014. [4] D. Brown, Tracker: Video analysis and modeling tool, elektronski, http://www.cabrillo.edu/ ~dbrown/tracker/, ogled: 5. 5. 2014. [5] D. Haliday, R. Resničk in J. Walker, Fundamentals of Physics, 8th edition, Cleveland: John Wiley & Sons, 2007. [6] R. Allain, The Physics of Angry Birds, WIRED.com, elektronski, http://www.wi red.com/2010/10/ physi cs-of-angry-bi rds/, ogled: 10. 2. 2015. [7] D. MčClung, Projectile of a Cliff, Elektronski, http://www.themcclungs.net/physi cs/ download/H/2_D_Moti on/Projectile\ %20Cl i ff.pdf, ogled 18. 1. 2016. [8] R. Repnik, D. Robič in I. Pesek, Physics Learning in Primary school with Computer Games-An Example-Angry Birds, v E-Learning - Instrutional Design, Organizational Strategy and Managment, InTečh, 2015. _XXX 29 PRESEK 43 (2015/2016) 3 RAZVEDRILO Zbirke nalog s tekmovanj Vsako šolsko leto na šolah potekajo različna tekmovanja v znanju matematike in fizike. Za lažjo pripravo vam ponujamo nekaj zbirk tekmovalnih nalog z rešitvami, ki so na voljo pri DMFA-založništvu. Ciril Dominko in Bojan Golli REŠENE NALOGE IZ FIZIKE Z DRŽAVNIH TEKMOVANJ - 4. del Državna tekmovanja 1999-2013 408 strani, format 14 x 20 čm 25,00 EUR Poleg omenjenih lahko v naši ponudbi najdete še veliko drugih zbirk nalog. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse zbirke tudi narocite s popustom: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/tekmovanj a/ Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553. Matjaž Željko: REŠENE NALOGE IZ MATEMATIKE S SREDNJEŠOLSKIH TEKMOVANJ Izb. in drž. tekm. 1997-2006 142 strani, format 14 x 20 čm 12,49 EUR vU sU vU RESITEV NAGRADNE KRlS ANKE PRESEK 43/3 Pravilna rešitev nagradne križanke iz druge številke 43. letnika Preseka je Scheimpflug. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Matic Arko iz Logatča, Tjaša Bizjak iz Branika in Ana Hriberšek Mislinje, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX 16 PRESEK 43 (2015/2016) 30 RAZVEDRILO Sončeva pega nU vU NU Aleš Mohoriš Tudi v izjemno dolgočasni fotografiji na naslovnici se skriva nekaj zanimivega. Fotografija je nastala zgodaj popoldne na meglen decembrski dan. Megle je bilo ravno toliko, da se je skoznjo slutil obris Sonca. Fotografijo sem posnel z gorišcno razdaljo 105 mm, z največjo povečavo, ki jo premore kit objektiv mojega fotoaparata. Za menjavo s tele-objektivom ni bilo Časa, saj se je megla v nekaj minutah toliko razkadila, da je bilo Sonce premočno. Ker sem slikal iz roke, brez stojala, sem zaslonko odprl do konca in tako skrajšal cas osvetlitve na tri milisekunde. Kratek cas osvetlitve je potreben tudi zaradi slikanja z dolgo gorišcno razdaljo, saj se tako zmanjša vpliv premikanja fotoaparata. Sliko sem nekoliko podosvetlil, zato da se je na svetli ploskvici Sonca še videlo pegico blizu sredine. Pegica postane vidna šele v povecanem izrezu (slika 1), na katerem je povecan tudi kontrast. Ta drobni, komaj vidni zmazek je Sonceva pega. O Soncevih pegah, njihovem odkritju in opazovanju smo v Preseku že porocali (Andrej Guštin, Velike Sonceve pege, Presek 41 (2013/2014) 5, 30-31). Sonceve pege se na površju Sonca pojavljajo in izginjajo. Najvec jih je takrat, ko je Sonce najbolj aktivno. Nastanejo tam, kjer se Soncevo magnetno polje zgosti. Zelo gosto polje otežuje konvekcijo snovi na površju. Zato se tam snov bolj ohladi in je ob- SLIKA1. Sončeva ploskev z izsekom, v katerem je povečano območje Sončeve pege. Kontrast slike je močno povečan. Kar je na sliki videti temno, je v resniči zelo svetlo. SLIKA 2. Množiča Sončevih peg, ki jih je septembra 2011 posnel Nasin satelit SDO. mocje videti temnejše. Posamezne pege so vidne od nekaj dni do nekaj mesecev in se lahko selijo po površju. Velike so lahko cez sto tisoc kilometrov - to je vec kot desetkrat vecje od Zemlje. Velikost pege na sliki 1 ocenimo tako, da preštejemo število slikovnih elementov (pikslov) po premeru pege (5) in število elementov po premeru Sonca (203). Pega na sliki je torej velika pet dvestotretjin premera Sonca oz. 34 000 km, skoraj trikrat vecja od Zemlje. Na sliki 2 je boljša fotografija Sonca z vec pegami, na sliki 3 pa so podrobnosti ene od peg. Mrežasta struktura, ki jo opazimo na površju, so konvekcij-ske celice - to so podrocja, kjer se plazma v sredini dviga, na robovih pa spušca. SLIKA 3. Povečava Sončeve pege narejena s sončnim teleskopom Ri-čhard B. Dunn ameriškega Načionalnega sončnega observatorija (NSO). Mrežasta struktura so konvekčijske čeliče, območja, kjer se plazma v sredini dviga, na robovih pa spušča. _ XXX 16 PRESEK 43 (2015/2016) 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 z vec kot 6 milijoni tekmovalcev iz 47 držav sveta v letu 2011. 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, ki je sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematicni izziv. EVROPSKI MATEMATIČNI KENGURU 2002-2004 10,99 EUR 18,74 EUR 14,50 EUR Pri DMFA-založništvo so v Presekovi knjižnici izšle že 4 knjige Matematicnega kenguruja. • Evropski matematični kenguru 1996-2001 (pošlo), • Evropski matematični kenguru 2002-2004, • Mednarodni matematični kenguru 2005-2008, • Mednarodni matematični kenguru 2009-2011. Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematicna, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi narocite: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553. RAZVEDRILO -i' -i' -i' Nagradna križanka 16 PRESEK 43 (2015/2016) 31 RAZVEDRILO -> Črke iz oštevilcenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 15. marca 2016, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado. XXX 16 PRESEK 43 (2015/2016) 31