PRESEK LETNIK 014) ŠTEVILKA 2 H m pil m psra Ha ■ ■ ■ PO SLEDI NEKE NALOGE O TRIKOTNIKU ODKLON PROTI VZHODU OLIMPIJSKE NALOGE IZ PRAKTIČNE ASTRONOMIJE LINEARNI PROBLEM PREVOZA ISSN 0351-6652 9 7 7 0 3 5 , 665,28 9770351665128 9770351665128 MATEMATIČNI TRENUTKI KOLOFON S K a ko filmi v I ■ ■ OZiVijO 2 -> Veliko filmskih animacij uporablja matematične metode. Programska oprema sestavlja like, ozadje in gibanje iz posameznih točk, ki jih oblikuje v bolj zapletene geometrijske like. Te like shranjuje in obdeluje s pomočjo dognanj matematike, na katerih temelji računalniška grafika. Vsako točko posebej je treba določiti tako, da imajo sestavljeni liki vse lastnosti, ki jih zaznava naše oko, npr. pravilen položaj, gibanje, barvo in teksturo. S pomočjo vektorjev, matrik in približkov z večko-tniki lahko določimo osenčenost posamezne točke. Vsaka slika v računalniško oblikovanem filmu je sestavljena iz več kot dveh milijonov točk in lahko vsebuje več kot štirideset milijonov večkotnikov. Zaradi ogromnega števila računskih operačij so računalniki nujni, a brez matematike ne bi vedeli, kaj naj počnejo. Eden od animatorjev je izjavil: »... vse nadzoruje matematika in vsi tisti majhni y in z, ki se jih spomnimo iz šole, kar naenkrat dobijo smisel.« Ce vas tema zanima, prelistajte knjigo Mathematics for Computer Graphics Applications, ki jo je napisal Mičhael E. Mortenson leta 1999. _x x x PRESEK 41 (2013/2014) 2 Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 41, šolsko leto 2013/2014, številka 2 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojča Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lučijana Kračun Berč (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Venčelj, Matjaž Venčelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik). Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska uliča 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 2013/2014 je za posamezne naročnike 18,00 eur - posamezno naročilo velja do prekliča, za skupinska naročila učenčev šol 15,75 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakčijski račun: 03100-1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI560310 0100 0018 787. Založilo DMFA-založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 1400 izvodov © 2013 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1913 Razmnoževanje ali reprodučiranje čelote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. MATEMATIČNI TRENUTKI 2 Kako filmi oživijo 4-5 6-9 10-11 12-13 13 20-23 24-27 MATEMATIKA Po sledi neke naloge o trikotniku (Dragoljub M. Miloševic) Naloga (Marko Razpet) Kako so Arabci reševali kvadratne enacbe (Marjan Jerman) Rešitev naloge iz prejšnje številke (Marko Razpet) FIZIKA Odklon proti vzhodu (Janez Strnad) Poizkuševalnica v kuhinji -Ureditveni parameter (Mojca Cepič) Razmisli in poskusi - Mehurčki (Mitja Rosina) 28-29 30 14-15 18-19 priloga ASTRONOMIJA Olimpijske naloge iz praktične astronomije (Andrej Guštin) RAZVEDRILO Barvni sudoku Nagradna križanka (Marko Bokalič) Naravoslovna fotografija - Aerogel (Aleš MohoriC) Rešitev nagradne križanke Presek 41/1 (Marko Bokalič) TEKMOVANJA 51. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije za Štefanova priznanja (Ciril Dominko) 33. tekmovanje iz znanja fizike za Štefanova priznanja (Barbara Rovšek) 22. šolsko tekmovanje iz razvedrilne matematike 22. državno tekmovanje iz razvedrilne matematike RAČUNALNIŠTVO Linearni problem prevoza (Dragana Božovic in Andrej Taranenko) Slika na naslovnici: Kos aerogela ima zaradi majhne gostote tako majhno maso, da se vejica, na kateri stoji, ne upogne. Več o aerogelu v prispevku na strani 28. Foto: Aleš Mohoric 5 9 Po sledi neke naloge o trikotniku •J' nI' >U Dragoljub M. Miloševič -> Med pripravami na tekmovanje iz matematike sta Majda in Ciril reševala naslednjo nalogo. Naloga. V trikotniku ABC je dano: 1) a = 30° in P = 45°; 2) a = 20° in P = 60°. Dokaži, da za stranice tega trikotnika velja enakost a2 + bc = c2. Dogovorila sta se, da bo Majda reševala prvi del naloge, Ciril pa drugi del. Majdina rešitev. Tretji kot trikotnika ABC je y = 180°-(30°+45°) = 105°. Pravokotnica CD iz oglišca C na stranico AB razdeli trikotnik ABC na dva pravokotna trikotnika ADC in BCD (slika 1). Nasproti kota 30° v pravokotnem trikotniku je kateta, ki je enaka polovici hipotenuze, zato v trikotniku ADC velja CD = 1AC = f. Pravokotni trikotnik BCD je tudi enakokraki, saj je Že v srednji šoli se srečamo z reševanjem kvadratne enačbe ax2 + bx + c = 0, (1) Koeficienti a, b in c so običajno realna ali kompleksna števila. Da je enačba res kvadratna, dodatno zahtevamo, da je vodilni koeficient a različen od 0. Enačbo (1) lahko rešimo s prevedbo na ekvivalentne lažje rešljive enačbe. Najprej se znebimo vodilnega člena z deljenjem z a. Po uvedbi novih spremenljivk p = aa in q = a enacbo prevedemo v obliko ■ x2 + px + q = 0. Nato si pomagamo z dopolnitvijo do popolnih kvadratov. Tako enacbo prepišemo v obliko x+D2 - (D2+«=0. S tem smo prišli do obeh rešitev enačbe. Ker je x+f)2=(f)2 - - sta njeni rešitvi podani z dobro znano formulo Xl,2 = - 2 ± 2 -p ±Jp2 - 4q - q =-2-■ racunske operacije so se pojavile šele v renesansi. Pred tem simbolicni zapis ni bil možen in enacbe so bile skrite v daljšem in manj preglednem besedilu. Na korene negativnih števil je prvi naletel italijanski matematik, zdravnik in astrolog Gerolamo Cardano (1501-1576) pri reševanju kubične enačbe. Presenetljivo so formulo za rešitvi kvadratne enačbe v običajni obliki (2) poznali že Babilonci vsaj 18. stoletij pred našim štetjem. Težko je razumeti, kako so prišli do rešitev. V tem prispevku si bomo ogledali, kako so Arabči v devetem stoletju s pomočjo geometrijske predstave reševali kvadratne enačbe. Seveda enačbe niso bile napisane v takšni obliki, kot jo poznamo danes. Ena od arabskih nalog, rečimo, sprašuje, kako število 10 razstaviti na vsoto dveh pozitivnih števil, tako da je njun produkt enak 21. Danes bi nalogo rešili s pomočjo sistema enačb x + y = 10, xy = 21, ki vodi do kvadratne enačbe x2 - 10x + 21 = 0. V knjigi Najnujnejše o algebri iz leta 820 Al Hva-rizmi (780-850), perzijski matematik, astronom in geograf, linearne in kvadratne enačbe najprej razdeli na šest tipov: (2) Tudi če sta števili p in q realni, je lahko izraz pod korenom, ki ga imenujemo diskriminanta, negativen, zato sta v splošnem ničli kvadratne enačbe kompleksni števili. V 21. stoletju se običajno ne zavedamo, koliko izjemnih odkritij in lepe matematike se skriva na navidez enostavni poti do rešitve. Oznake za osnovne (i) ax2 = bx; (ii) ax2 = c; (iii) bx = c; (iv) ax2 + bx = c; (v) ax2 = bx + c; (vi) ax2 + c = bx. Z današnjega vidika je ta klasifikačija pretirano razdrobljena in nepotrebna, smiselna pa postane, če vemo, da so Arabči priznavali le enačbe, ki imajo za koefičiente strogo pozitivna števila in premorejo vsaj kako pozitivno rešitev. Tako se jim, recimo, enacba Zato je stranica večjega kvadrata po eni strani enaka ax2 + bx + c = 0 s pozitivnimi koeficienti a, b in c ne bi zdela smiselna, ker nima pozitivnih rešitev. V knjigi opiše tudi operaciji al-jabr in al-muqabala, ki vsako kvadratno enacbo prevedeta na enega od teh tipov. Operacija al-jabr na obeh straneh enacbe prišteje enako vrednost in tako poskrbi za odpravo negativnih clenov, al-muqabala pa odšteje manjšo od skupnih kolicin in tako uravnoteži odvecne clene. Najprej lahko odpravimo enacbi tipa (i) in (iii), ki v bistvu nista kvadratni. Enacbo tipa (ii) rešimo s preprostim korenjenjem. Preostale enacbe pa so veliko bolj zanimive. Enako kot prej lahko z deljenjem dosežemo, daje vodilni koeficient a = 1. Lotimo se reševanja cetrte enacbe x2 + px = q, pri cemer sta p in q pozitivni števili. Clen x2 si lahko predstavljamo kot plošcino kvadrata s stranico x. Nad stranicami kvadrata postavimo štiri skladne pravokotnike s stranicama x in pp (glej sliko 1). Vsota plošcin kvadrata in štirih pravokotnikov je tako enaka x2 +4 p2 x ■ 4 = x + px = q. S = q +4 ■( 4)2 = q + ^pr ■ ■ p 4 ■ p 4 x p 4 ■ x p 4 ■ VS, po drugi strani pa x + 2 ■ p4. Tako smo reševanje kvadratne enacbe (iv) prevedli na enostavno rešljivo linearno enacbo x 2 ^S z rešitvijo x = VS - 2. Ker je S > [P^ , je dobljena rešitev pozitivna. Ce pozorno pogledamo izpeljavo, lahko ugotovimo tudi, kam je »izginila« druga rešitev kvadratne enacbe. Brez geometrijske interpretacije bi lahko racunsko gledano stranico kvadrata VS zamenjali tudi z -VS, vendar bi bila rešitev v tem primeru strogo negativna: x = -VS - P. 2' Kvadrat, ki smo ga razširili s pravokotniki, lahko dodatno dopolnimo do vecjega kvadrata tako, da med dodatne pravokotnike dorišemo štiri manjše kvadratke s stranicami velikosti 4. Plošcina vecjega kvadrata je tako enaka takšnih rešitev pa tedaj niso priznavali. Al Hvarizmi reševanje opiše na primeru enacbe x2 + 10x = 39. Nad manjšim kvadratom s stranico x narišemo štiri pravokotnike z višino 140 = f. Nato dodamo še manjše kvadratke s stranico |. Dopolnjen kvadrat ima plošcino enako x2 + 4 ■ | ■ x + 4 ■ (!) = 39 + 25 = 64, zato je njegova stranica dolga 8. Hkrati vemo, da stranica vecjega kvadrata meri x + 2 ■ 5 = x + 5. Zato je stranica manjšega kvadrata enaka x = 3. Pri takšnem reševanju smo izgubili negativno rešitev x = -8 - 5 = -13. D P L x J x - p H K G C p 2 A p E p F x - p B 2 2 SLIKA 1. Reševanje enacbe x2 + px = q. SLIKA 2. Reševanje enacbe x2 = px + q. i x Sedaj bomo pokazali, kako geometrijsko rešiti peto enacbo x2 = px + q. Ker delamo samo s pozitivnimi števili, mora biti px < x2 in zato p < x. Narišimo kvadrat ABCD s stranico x. Na stranici AB izberimo tocki E in F tako, da je AE = p in AF = p (glej sliko 2). Ker je p < x, obe tocki ležita na stranici AB. Nad daljicama EF in EB konstruirajmo manjša kvadrata EFGH in EBIJ. Premica skozi F in G naj seka daljico JI v tocki K in stranico DC v tocki L. Glede na konstrukcijo je ploščina pravokotnika AFLD enaka px, zaradi veljavnosti kvadratne enac-be pa je plošcina preostanka FBCL enaka q. Plošcina kvadrata EBIJ je po eni strani enaka [x - 2) . Po drugi strani je kvadrat EBIJ sestavljen iz kvadrata EFGH s plošcino (pf) in pravokotnikov HGKJ in FBIK. Pravokotnika HGKJ in ICLK sta skladna pravokotnika s stranicama | in x - p. Zato je vsota plošcin pravokotnikov HGKJ in FBIK enaka plošcini pravokotnika FBCL in plošcina kvadrata EBIJ enaka S = (p) + q. Tako smo peto enacbo prevedli na reševanje enacbe x - p)2 = S. ki jo je mogoce enostavno rešiti s korenjenjem. Pozitivna rešitev enacbe je enaka ■ x = p + 4S. Ker je S > (p) , smo ponovno »pozabili« na negativno rešitev x = p - -JS. Al Hvarizmi pokaže rešitev na primeru enacbe x2 = 3x + 4. Plošcina kvadrata EBIJ je po eni strani enaka [x - , po drugi strani pa 4 + = 15. Zato je x rešitev linearne enacbe x - | = 2. Izgubili smo negativno rešitev x = -1. Ostala nam je še zadnja enacba, x2 + q = px. Geometrijska rešitev te enacbe je bolj zapletena, ker je treba obravnavati dva primera. Najprej podobno kot prej vidimo, da je x2 < px, zato je x < p. Narišimo kvadrat ABCD s stranico x. Daljico AB podaljšajmo tako, da je AE = p. Na polovici daljice AE izberimo tocko F. Najprej obravnavajmo primer, ko je x < p. Takrat je tocka F med tockama B in E. Nad daljico FE narišimo kvadrat FEGH (glej sliko 3). Premica HL x G D x C IK A x Bp_xF E SLIKA 3. Reševanje enacbe x2 + q = px v primeru, ko je x < |. skozi D in C seka stranico FH v tocki I in daljico EG v tocki J. Nad daljico HI skonstruirajmo manjši kvadrat HIKL. Tokrat bomo na dva razlicna nacina izrazili plošcino kvaOrata HIKL. Po eni strani je njegova plošcina enaka (p - x) . Glede na konstrukcijo in veljavnost kvadratne enacbe je plošcina pravokotnika BEJC enaka q. Pravokotnika BFIC in JGLK sta skladna, ker imata enako dolgi stranici x in | - x. Zato je vsota plošcin pravokotnikov FEJI in KJGL enaka q. Kvadrat FEGH ima plošcino enako . Plošcino kvadrala IKLH lahko tako izrazimo tudi kot razliko S = - q. Enacbo (vi) smo s tem prevedli na reševanje enostavnejše enacbe f - x S p, je natancneje ob- s pozitivno rešitvijo - x = p -yfŠ, ki ustreza pogoju x < p. Preostali primer, ko je x > 2 delal Al Hvarizmijev sodobnik Ibn Turk. V tem primeru je tocka F med tockama A in B. Nad daljico FE ponovno skonstruirajmo kvadrat FEGH, nad daljico FB pa kvadrat FBI J (glej sliko 4). Nosilki daljic DC in GE naj se sekata v tocki K, daljici H G in BC pa v tocki L. Na dva nacina bomo izracunali plošcino kvadrata FBI J. Ker je njegova stranica dolga x - |, ima plošcino [x - p) . Po konstrukciji in glede na kvadratno enacbo je plošcina pravokotnika BEKC enaka q. Pravokotnika JILH in GKCL sta skladna, ker imata J 2 D C p - * K * P H * 2 G A F BE SLIKA 4. Reševanje enacbe x2 + q = px v primeru, ko je x > p. enako dolgi stranici p - x in x - p. Kvadrat FEGH ima plošcino . Zato je vsota plošcin pravokotni-kov JILH in BEGL enaka q. Plošcina kvadrata FBI J je tako tudi S = (P^ - q. Namesto enacbe (vi) torej rešujemo enacbo Rešitev naloge iz prejšnje številke •i' •i' Marko Razpet -> Uporabimo enakost (a+b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), pri cemer vzamemo a 50 67375 27 b 50 67375 27 Brez težav poenostavimo najprej produkt ■ ab = y 2500 - nato pa zapišemo ■ s3 = (a + b)3 67375 27 3 /125 = 5 27 3 * - f' = S, s pozitivno rešitvijo ■ * = 2 + VS, ki ustreza pogoju * > p. Tako ima enacba (vi) dve pozitivni rešitvi * = p ± VS. Danes vemo, da ima kvadratna parabola p* -*2 = *(p - *) teme v tocki (p, ^4), zato je število S = (p) - q za0 < * < p vedno pozitivno in VS < p 2 ■ Premisliti je treba še manakajoci primer, ko je * = 2. Zgodi se takrat, ko je (p) = q, ustrezna slika pa je unija dveh skladnih kvadratov s stranico *. Al Hvarizmi reši npr. že znano enacbo *2 + 21 = 10*. Prevede jo na reševanje enacb (*- 5)2 = 52 -21 in (5 - *)2 = 52 - 21 z dvema pozitivnima rešitvama, * = 3 in * = 7. _XXX (50 + ^) + (50-M) + 3 ■ 3 ■ S = 10^ 5s. Torej je naše število s rešitev enacbe *3 - 5* - 100 = 0. Ce pišemo ■ *3 - 5* - 100 = (*3 - 125) + 5(5 - *) = (* - 5)(*2 + 5* + 25) - 5(* - 5) = (* - 5)(*2 + 5* + 20) = 0 in upoštevamo, da je kvadratni faktor *2 + 5* + 20 za vsako realno število * pozitiven, saj je *2 + 5* + 20 = * + + 55 4 potem takoj spoznamo, da je edina realna rešitev zgornje kubicne enacbe * = 5, to pa pomeni: s = 5. Bralec Etbin Bras je poslal zelo podobno rešitev. _XXX * 2 p - * J 2 Odklon proti vzhodu Janez Strnad -» Aristotel je nasprotoval zamisli o vrtenju Zemlje, ceš, da bi to ptice, oblake in druga telesa v zraku z veliko hitrostjo odpihnilo proti zahodu. Galileo Galilei je menil drugače. Izkušnje pri opazovanju kotaljenja kroglic po klancu in vodoravnega meta so ga prepricale, da se telesa v ozracju gibljejo skupaj z vrtečo se Zemljo. V Dialogu o dveh največjih svetovnih sestavih je leta 1632 razvil misel, da se tocka na vrhu stolpa zaradi vrtenja Zemlje giblje hitreje kot točka ob vznožju ter opisal gibanje telesa med padanjem s stolpa (slika 1). O tem je pisal Galileijev življenjepisec Vincenzo Viviani leta 1661. Giovanni Borelli, ki je bil enako kot Galilei član Akademije risov v Firencah, je leta 1668 pojav podrobneje preucil. Kamen, ki ga spustimo s stolpa, naj bi obdržal nekaj hitrejšega gibanja in padel na tla proti vzhodu od vznožja stolpa. Za odklon pri padcu z 71 metrov visokega stolpa Torre degli Asinelli v Bologni, s katerega so opazovali padajoce krogle, je napovedal odklon dva centimetra. Opozoril pa je, da bi bilo odklon zaradi motenj v ozracju težavno izmeriti. Nekateri Bo-rellijevi izsledki pozneje niso obveljali, a smer in velikostna stopnja napovedanega odklona sta bili pravi. O poskusu je razmišljal tudi Isaac Newton. Leta 1791 je poskus v Bologni izvedel Giovanni Battista Guglielmini. Ponoči je s stolpa po vrsti spustil 16 krogel in izmeril odklon. Pozneje so se pokazale nepravilnosti pri določitvi navpičnice. Leta 1802 je fizik in geodet Johann Fiedrich Benzenberg meril odklon pri padanju s 76,3 metra visokega cerkvenega stolpa v Hamburgu. Nameril je odklon proti vzhodu, in sicer devet milimetrov. O tem je razpravljal s Car- lom Friedrichom Gaussom, ki je leta 1803 za odklon izpeljal enacbo x = 1 wJ8z3/g cos (1) oo je kotna hitrost, s katero se vrti Zemlja, p zemljepisna širina, z višina, za katero pade kamen, in g pospešek prostega padanja. Zemlja se v enem zvezdnem dnevu, t. j. 23 urah 56 minutah in 4 sekundah, glede na zvezde, zavrti za polni kot, tako da je o = 2n/T = 7,29 ■ 10-5 s-1. Istega leta je enacbo neodvisno od Gaussa izpeljal Pierre Simon de Laplace. Enacba za Hamburg pri zemljepisni širini 53,57° napove odklon 8,7 milimetra. Pojav je pritegnil pozornost številnih fizikov, ki jih vseh na tem mestu ne utegnemo omeniti. Merjenja so bila težavna in nekateri rezultati so si nasprotovali. Visoke stavbe tudi nihajo in so izpostavljene vetru, zato se je zdelo bolje meriti v rudniških jaških. Tako je Ferdinand Reich leta 1832 meril v 158,5 metra globokem jašku rudnika v Freibergu na Saškem. Pri 106 poskusih je dobil za povprečni odklon proti vzhodu 2,8 centimetra. Enačba (1) je za Freiberg s širino 50,91° dala 2,76 centimetra. Odmiki od povprečja pri posameznih merjenjih pa so bili veliki. Nekaj krogel se je celo odklonilo proti zahodu. C F G u A SLIKA 1. Risba iz Galileijevega Dialoga kaže padanje kamna na vrteči se Zemlji v ravnini vzporednika. Lok CD ustreza gibanju vrha stolpa, lok BI gibanju njegovega vznožja, lok CI s središčem v E na polovici polmera CA pa tirnici kamna. Kot CEI v vrhu E je dvakrat večji kot kot CAD ob vrhu A in polmer CD je dvakrat večji kot polmer CE. Zato je pot vrha stolpa enaka poti kamna. B E W. W. Rundell je leta 1848 meril odklon v rudniku na Cornwallu. Njegova merjenja niso zbujala zaupanja, zbudila pa so pozornost, ker je ugotovil tudi odklon proti jugu. Zadevi je poskusil priti do dna Edwin H. Hall, znan po Hallovem pojavu v magnetnem polju. Na harvardski univerzi so s tem namenom zgradili 23 metrov visok stolp, na katerem so pozneje izmerili spremembo frekvence elektromagnetnega valovanja zaradi gravitacije. Hall je rezultate objavil v Članku leta 1903. Uporabil je 948 slonokoščenih kroglic in dobil za odklon proti vzhodu 1,49 milimetra in za odklon proti jugu 0,045 milimetra. Enačba (1) je dala za Harvard s širino 42,42° za odklon proti vzhodu 1,79 milimetra, medtem ko je bil odklon proti jugu v okviru napak pri merjenju. Pozneje so za merjenje odklona uporabili tudi Attwoodov škripec, pri katerem sta telesi povezani preko škripca in je pospešek odvisen od razlike njunih mas. Pri opazovanjih padanja z manjšim pospeškom pa natancno-sti pri merjenju niso izboljšali. Enacba (1) je približek, ki je po splošnem mnenju sprejemljiv, ceprav se posamezni izmerki med seboj precej razlikujejo. Odklon proti jugu, ki je v enako zanesljivem približku enak nic, pa je sporen. (r + z) cos p / ^ / M(r + z) cos p z vV i r cos p (m + Aw)r cos p \ r SLIKA 2. V poldnevniški ravnini ob casu t = 0 spustimo telo v tocki A. Telo v casu t pade za z do tocke B. V tocki A ima telo hitrost co(r + z) cos & proti vzhodu, t. j. v ravnino papirja, v tocki B pa hitrost (w + Ac)r cos&. V tocki B je dodatna hitrost, t. j. hitrost glede na površje Zemlje, enaka Amr cos&. Višina z je narisana pretirano. Znanstveniki opozarjajo, da je treba računati z motnjami v ozračju, da gravitacijskega polja Zemlje ne poznamo natancno, da je treba upoštevati krajevni težni pospešek - tu smo racunali z 9,81 m/s2, da Zemlja ni krogla in ter da utegnejo biti pomembne tudi krajevne posebnosti gravitacijskega polja. Boljši približki so dokaj zapleteni. O odklonu še danes izhajajo clanki v znanstvenih revijah. Izpeljimo enacbo (1). Racunamo, da se ohrani vrtilna kolicina, ki jo dobimo, ko vztrajnostni moment telesa pri kroženju okoli osi pomnožimo s kotno hitrostjo kroženja. Telo z maso m v trenutku t = 0 spustimo iz tocke A v razdalji r + z od središca Zemlje (slika 2). V zacetnem trenutku kroži po krogu s polmerom (r + z) cos & s hitrostjo c(r + z) cos&. Pri tem je c kotna hitrost Zemlje. Tedaj je njegov vztrajnostni moment m((r + z) cos&)2 in vrtilna kolicina mc((r + z) cos&)2. Vrtilna kolicina se ne spremeni, ko telo po casu t pade za višino z in doseže tocko B. Tedaj kroži po krogu z manjšim polmerom r cos & z vecjo kotno hitrostjo c + Ac. Vztrajnostni moment je m(r cos&)2 in vrtilna kolicina m(c + Ac)(r cos&)2. Zaradi ohranitve vrtilne kolicine se kotna hitrost poveca za Ac. Povecanje izracunamo tako, da izenacimo vrtilno kolicino v tocki A z vrtilno kolicino v tocki B ■ mc((r + z) cos&)2 = m(c + Ac)(r cos&)2. Na levi strani kvadriramo in nato pokrajšamo, kar se da: ■ Ac = 2zc/r. Clen z z2 smo zanemarili, ker je višina z zelo majhna v primerjavi z razdaljo od središca Zemlje r, ki je približno enaka polmeru Zemlje. Glede na površje Zemlje se telo v smeri vrtenja, t. j. proti vzhodu, giblje s hitrostjo ■ dx/dt = r Ac cos & = 2cz cos & = cgt2 cos&. Višino smo izrazili s casom padanja: z = ^gt2. Integriramo po casu od 0 do t in dobimo za odklon proti vzhodu: rt X = ojgt2 cos p ■ dt = 1 uogt3 cos p = 1 (VtJ8z3/g cos p. Cas smo izrazili z višino. (1) XXX 0 Ureditveni parameter nU vU NU Mojca Čepic -> Tokrat se bomo podali na področje t. i. visoke znanosti. S preprostim poskusom bomo vpeljali končept direktorja in ureditvenega parametra. Prvega uporabljajo tisti fiziki, ki proučujejo tekoče kristale, drugega pa oni, ki se osredotočajo na fazne prehode. Prvi so podmnožiča drugih. V poizkuševalniči bomo izvedli zgolj poskus, ki je prečej preprost, a tokrat morda nekoliko bolj dolgotrajen. Za analizo pridobljenih podatkov bomo potrebovali nekaj (relativno) preproste matematike. O pomenu rezultatov in o tekočih kristalih bo več govora v odgovoru naloge. V poizkuševalniči sami pa podajamo zgolj napotke za izvedbo naloge in za potrebne izračune. Potrebščine: ■ 20 do 30 zobotrebčev, karirasti papir, kotomer. SLIKA 1. Zobotrebče uredimo v snop, ga dvignemo približno 20 čm nad karirasti papir in spustimo. Pričakujemo lahko rezultat, kot je videti na sliki. Že na prvi pogled vidimo, da so zobotrebči nekoliko usmerjeni in ne ležijo v vseh smereh kot pri dobro vrženem mikadu. Za našo množičo zobotrebčev lahko definiramo direktor kot povprečno smer zobotrebčev. Kako določiti smer zobotrebčev, je očitno, saj so v eni smeri dolgi, v drugih dveh smereh pa zelo kratki. Ce podamo kot, ki ga zobotrebeč oklepa z neko vnaprej določeno smerjo na papirju, o smeri zobotrebča vemo že vse. Tako preprosto je zgolj zato, ker zobotrebči ležijo plosko na mizi. Ce bi se mikado paličiče, denimo, zapičile v pesek, bi za določanje smeri posamezne paličiče potrebovali več podatkov, a v našem primeru se zadovoljimo s tako okrnjenim modelom tekočih kristalov. Na karirastem papirju izberemo smer, glede na katero merimo kote. Najenostavnejši izbor je dolga straniča papirja, ki hkrati sovpada s smermi črt na papirju. Nato za vsak zobotrebeč izmerimo kot, ki ga zobotrebeč oklepa s to smerjo. Tehnik za merjenje kotov je več, najlažje pa je, če označimo konče zobotrebčev na papirju, jih odstranimo, jih nato na papir narišemo ter za vsakega izmerimo kot. Koti zavzemajo zgolj vrednosti med -90° in 90°, ker pri zobotrebčih ne ločimo gornjega in spodnjega konča. Povprečen kot podaja povprečno smer zobotrebčev, to smer pa imenujemo v tekočih kristalih, ki jih ta model ponazarja, direktor. Ce bi spustili zobotrebče z višine pol metra, bi povprečje sičer lahko izračunali, a že na prvi pogled bi videli, da to povprečje nima pravega pomena. Za urejenost take množiče potrebujemo še en podatek, ki bo povedal stopnjo reda. V fiziki ga imenujemo ureditveni parameter. Ker naj bi ta parameter meril stopnjo reda, imamo zanj določene zahteve. Za popolni red (če imajo vsi zobotrebči natanko enako smer), bi za ureditveni parameter želeli vrednost 1. Ce ležijo zobotrebči v vseh smereh, je nered popolni in zanje želimo imeti vrednost ureditvenega parame- tra enako 0. Popolni nered je namreč pomanjkanje reda. Ureditveni parameter tudi ne sme biti odvisen od dejanske smeri zobotrebčev, temveč mora meriti odstopanja od povprečne smeri. Slab red mora pomeniti manjši ureditveni parameter. Kot dobra misel se nam vsiljujejo kotne funkčije, čos in sin, ki imajo vrednosti med -1 in 1. Ker želimo le pozitivne vrednosti, je prva ideja povprečna vrednost izraza ■ (čos2(0 - 00)), kjer je 0 kot, ki ga smer določenega zobotrebča oklepa z izbrano smerjo, 00 pa je povprečna smer zobo-trebčev na papirju. Z () označujemo povprečje. Mno-žiča zobotrebčev, ki ima popolnoma enako smer, bo imela vrednost tako definiranega ureditvenega parametra enako 1. Žal bo imela popolnoma neurejena množiča vrednost 1/2; vse vrednosti ležijo torej med 1/2 in 1. Za končno definičijo ureditvenega parametra moramo to območje še raztegniti tako, da bodo vrednosti ležale med 0 in 1. Ureditveni parameter v ravnini definirajmo tako: ■ Vzd = 2(čos2(0 - 00) - 1/2). Sedaj se delo lahko začne. Najprej izmerite vse kote, nato izračunajte povprečno smer, vsakemu kotu od-štejte kot povprečne smeri, izračunajte čos2 tako dobljenega kota, odštejte 1/2 in vse skupaj pomnožite z 2 ter končno izračunajte še povprečje tako definirane količine. Mnogo zamudnega dela kajne? Pomagajte si s programom za delo z razpredelničami, pa bo odčitavanje začetnih smeri zobotrebčev najzahtevnejše, vse ostalo pa bo opravil program. Prvi del naloge nas je naučil izmeriti ureditveni parameter. V drugem delu naloge pa želimo ugotoviti, kako je ureditveni parameter odvisen od višine, s katere padejo zobotrebči. Snopič zobotrebčev spustite z različnih višin in vsakič izmerite ureditveni parameter. Začnite z višino 5 čentimetrov in jo povečujte po 5 čentimetrov, dokler zobotrebči nimajo več izrazite smeri. Meritve vnesite v graf odvisnosti parametra reda od višine spusta. Kaj opazite? Naj omenim še enkrat, zakaj tokrat tako zapletena naloga. Prihodnjič bomo namreč nekaj povedali o tekočih kristalih. Taka vaja pa vam bo pomagala razumeti številne lastnosti le-teh. _ XXX Razmisli in poskusi sU nU sU Mitja Rosina ^ 54. Mehurčki Gotovo ste že kot otroči radi spuščali in opazovali mehurčke. Sedaj pa je čas, da z mehurčki napravite pravi fizikalni poskus. Mehurček napihujte počasi z dovolj debelo čevko, da bo postal čim večji. V začetku se bo prelival v lepih barvah, ko bo pa dovolj velik (in tanek!), bodo barve postale medle in izginile; mehurček bo prozoren. To lahko razložimo z interferenčo. Svetloba se odbije na zadnji steni kožiče mehurčka z obratno fazo kot na sprednji; pri tanki kožiči se prispevka uničita. Pri debelejši kožiči pa različnim barvam svetlobe ustreza različno število valovnih dolžin; za nekatere je interferenča konstruktivna, za nekatere pa destruktivna. Naloga. Opazuj, pri kateri velikosti mehurčka bodo barve začele izginjati. Takrat je debelina kožiče velikostnega reda srednje valovne dolžine vidne svetlobe oziroma še prečej tanjša. Preveri, ali je to res. Poleg premera mehurčka potrebuješ še volumen mil-niče. Očeniš ga tako, da ugotoviš premer kapljiče, ki nastane, če se mehurček počasi skrči in pade s čevke (čevko seveda odstaviš od ust in potreseš). Lahko čevko še enkrat namočiš in potreseš, ne da bi pihal mehurček. Pri tem predpostaviš, da se je čevke prijela približno enaka količina milniče. _ XXX PRESEK 41 (2013/2014)2 13 51. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije za Stefanova priznanja Ciril Dominko -> Regijsko tekmovanje je potekalo, tako kot v prejšnjih letih, v treh tekmovalnih skupinah, ki se razlikujejo po snovi. Izvedeno je bilo 22. marca 2013 istocasno na naslednjih srednjih šolah v osmih regijah: Srednja šola Slovenska Bistrica, Gimnazija Novo mesto, Gimnazija Škofja Loka, Gimnazija Šentvid Ljubljana, Gimnazija Vic, Ljubljana, Prva gimnazija Maribor, Gimnazija Koper, Srednja šola Vena Pilona Ajdovšcina. Na tekmovanju je sodelovalo 877 dijakov iz 60-ih srednjih šol. Izdelke je ocenjevalo osem regijskih komisij, v katerih je sodelovalo 94 ucite-ljev fizike iz sodelujocih šol. Na tekmovanju je bilo podeljenih 269 bronastih priznanj. Komisije iz posameznih regij so predlagale skupno 130 tekmovalcev za državno tekmovanje. Državno tekmovanje je bilo 13. aprila 2013 v Šolskem centru Novo mesto, na Srednji elektro šoli in tehniCcni gimnaziji. Tekmovanja se je izmed predlaganih z regijskega tekmovanja udeležilo 126 tekmovalcev iz 37-ih srednjih šol. Tekmovanje je izvedla tekmovalna komisija DMFA Slovenije, stroške tekmovanja pa so krili Društvo, Ministrstvo za izobraževanje, znanost in šport in soorganizator državnega tekmovanja - Šolski center Novo mesto. Pri izvedbi tekmovanja in ocenitvi izdelkov so sodelovali študentje, sodelavci Fakultete za matematiko in fiziko, Oddelek za fiziko, sodelavci Pedagoške fakultete v Ljubljani in sodelavci Inštituta Jožefa Stefana. Na tekmovanju je komisija razglasila pet prvih nagrad, enajst drugih in deset tretjih. Zlato priznanje je prejelo 22 tekmovalcev. Svecana podelitev nagrad je bila 26. maja 2013 na prireditvi v Cankarjevem domu v Ljubljani. Podeljene nagrade in zlata priznanja: Skupina i I. nagrada in zlato priznanje ■ Blaž Karner, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija; ■ Blaž Potokar, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija. II. nagrada in zlato priznanje ■ Sandi Režonja, Gimnazija Murska Sobota; ■ Rok Šikonja, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija. III. nagrada in zlato priznanje ■ Tomaž Cvetko, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija; ■ Luka Lodrant, Šolski center Ravne na Koroškem, Gimnazija. III. nagrada: ■ Jernej Suhadolnik, Gimnazija Vic, Ljubljana; ■ Jaka Šikonja, Srednja šola Črnomelj; ■ Lenart Treven, Škofijska klasicna gimnazija, Ljubljana. www.dmfa.si www.dmfa-zaloznistvo.si Skupina II I. nagrada ■ Ni bila podeljena. II. nagrada in zlato priznanje ■ Aljoša Krstič, II. gimnazija Maribor; ■ Ana Flack, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija; ■ Rok Herman, Šolski center Ravne na Koroškem; ■ Jernej Leskovar, Gimnazija Ptuj; ■ Aleksander Rajhard, Gimnazija Škofja Loka; ■ Filip Koprivec, Gimnazija Vic, Ljubljana. III. nagrada ■ Tomaž Horvat, II. gimnazija Maribor; ■ Vid Kocijan, Gimnazija Vic, Ljubljana; ■ Anže Zidar, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija. Skupina I. nagrada in zlato priznanje ■ Michel Adamič, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija; ■ Žan Kokalj, II. gimnazija Maribor; ■ Tadej Ciglarič, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija. II. nagrada in zlato priznanje ■ Žiga Krajnik, Gimnazija Škofja Loka; ■ Žiga Nosan, Gimnazija Ledina, Ljubljana; ■ Bine Brank, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija. III. nagrada in zlato priznanje ■ Amadej Kristjan Kocbek, II. gimnazija Maribor; ■ Jan Rozman, Gimnazija Bežigrad, Gimnazija. Izbirno tekmovanje za olimpijsko ekipo je bilo 10. maja 2013 na Fakulteti za matematiko in fiziko, Oddelek za fiziko. Povabljenih je bilo deset najboljših tekmovalcev iz III. tekmovalne skupine. Na 44. mednarodno fizikalno olimpijado, ki je potekala od 7. do 15. julija 2013 v Kopenhagnu, so se uvrstili: Žiga Nosan, Gimnazija Ledina, Ljubljana, Michel Adamič in Bine Brank, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana, Žiga Krajnik, Gimnazija Škofja Loka in Žan Kokalj, 11. gimnazija Maribor. _XXX Barvni sudoku -i' -i' -i' V 8 x 8 kvadratkov moraš vpisati zacetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 x 4) nastopalo vseh 8 števil. O v O □ O m > a < 00 > m * S a 2 1 3 4 3 7 4 5 6 7 8 2 5 5 1 1 5 8 9 8 L 5 Z E 1 17 E 17 1 Z 8 L 9 5 L Z 9 S E 17 L 5 8 2 8 7 L 6 17 E 5 Z 9 L E 4 7 8 L 3 4 8 S L Z 9 8 L S 9 ........... 17 Z 3 L 17 1 2 E 9 8 S L XXX PRESEK 41 (2013/2014) 2 15 ■is ■i' ■i' N a g ra d n a k r i ž a n ka IGRALEC GIBSON IZ GRAPE IZPOD PODBRDA NASPROTNO OD BEL BRITANSKI PREMIER V 70. LETIH, KASNEJE POVZDIGNJEN V BARONA (JAMES) ZNAK ZA NATRIJ PREDNJI DEL GLAVE PRI PSIČKU VODNA PTICA PRAVOSLAVNI ŠKOF OZNAKA IZRAELA turistično društvo PEVKA CERNE REKREACIJA GLAGOLSKI I NAČIN, TVORNIK SLAVKO AVSENIK SKRAJNI KONEC KOPNEGA VLADO KRESUN FORMAT OSMERKA PEVEC IN RADUEC NAUK O SVETLOBI OČKA, ATI LASTNIK FLOTE ANG. POLAR. RZISKO-VALCA (JOHN IN JAMES) ISTRSKI LETOWSI ZNAMKA PROCESORJEV NAJVIŠJI OLIMPIJSKI ORGAN NAČRT jaz, ti,? RJAVA KOBILA a?iCE KOŠARKAR MURIč VELIKA PLETENA POSODA CIKLIČNA ORGANSKA SPOJINA SEDANJI JAPONSKI CESAR 14 OLIVER MLAKAR ŠTEVILO PEVCEV V SEPTET1I LOK, SVOD STAR PROGRAMSKI JEZIK 0MFA IGRA NA SREČO CERKVENI OPERNI SPEV matevž lic -> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 29. novembra 2013, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado. _ XXX 33. tekmovanje iz znanja fizike za Štefanova priznanja vU sU vU Barbara Rovšek V šolskem letu 2012/2013 se je šolskega tekmovanja iz fizike udeležilo 8721 učencev osmih in devetih razredov, kar pomeni, da je iz fizike tekmoval vsak četrti učenec teh dveh razredov v Sloveniji. Na področnem tekmovanju je v 17-ih regijah sodelovalo 1715 učencev. Na državnem tekmovanju, ki je potekalo 13. aprila 2013 na Pedagoški fakulteti v Ljubljani, Fakulteti za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru ter na Osnovni šoli Srečka Kosovela v Sežani, je tekmovalo 197 učenčev, od katerih jih je 114 osvojilo zlata prizanja. Na državnem tekmovanju je vse tekmovalne pole pregledovala skupina ocenjevalcev v Mariboru. Tekmovanje se je pricelo ob 10. uri dopoldne in koncalo ob 23. uri, ko so bile ocenjene vse pole in objavljeni neuradni rezultati. SLIKA 1. Med državnim tekmovanjem v Sežani. Velikih sprememb pri organizaciji in izvedbi tekmovanja ni bilo. Menda so bile letošnje naloge za de-vetošolce na šolskem tekmovanju (pre)težke in (pre)obširne. Olajševalna okolišcina je, da so bile take za vse tekmovalce brez izjeme. Enako so se potili, a upamo, ne obupovali, vsi. Kljub temu sta se med devetošolci našla junaka, ki sta v kratkih 60-ih minutah, odmerjenih tekmovanju, pravilno rešila vse naloge. Osmošolce pa so najtežje naloge doletele na državnem tekmovanju, kjer tudi najboljši niso rešili prav vseh nalog. Sestavljalci nalog se vcasih tudi uštejemo, ko podcenimo težavnost nalog. Na koncu pa se vse srecno konca - vedno nekdo zmaga, pa ce so naloge lahke ali težke, in vedno vas je veliko, ki osvojite priznanja. Na žalost letošnjih najuspešnejših devetošolcev nismo povabili na sicer tradicionalno poletno šolo v Kranjsko goro, ker nam za to ni uspelo zbrati dovolj financnih sredstev. Ministrstvo za izobraževanje, znanost in šport zadnje case odmerja bolj skromno podporo našim dejavnostim. Upamo, da se bodo razmere izboljšale in bomo v prihodnosti s poletnimi šolami lahko nadaljevali. V 8. razredu je prejelo nagrade devet učencev: 1. nagrada ■ Zala Potočnik, OŠ Trzin, mentorica Maja Zavr-šnik; ■ Luka Govedič, OŠ Pohorskega odreda, Slovenska Bistrica, mentor Valentin Strašek. 2. nagrada ■ Urban Duh, OŠ bratov Polancicev, Maribor, mentor Mladen Tancer; ■ Gregor Igličar, OŠ Naklo, mentorica Špela Knez; ■ Matej Škarabot, OŠ Log - Dragomer, mentorica Petja Pompe Kreže. 3. nagrada ■ Luka Jevšenak, OŠ Mihe Pintarja-Toleda, Velenje, mentor Dejan Zupanc; ■ Luka Školč, OŠ Trnovo, Ljubljana, mentorica Du-lijana Juricic; ■ Nejc ZAjc,iz OŠ Livada, Velenje, mentorica Tatjana Zafošnik Kanduti; ■ Jakob Zmrzlikar, iz OŠ Domžale, mentor Bela Szomi Kralj. V 9. razredu je prejelo nagrade devet učencev: 1. nagrada ■ Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljubljana, mentorica Nina Zadel; ■ Žiga Željko, OŠ Dravlje, Ljubljana, mentorica Vesna Harej. 2. nagrada ■ Bruno čeferin, OŠ Hinka Smrekarja, Ljubljana, mentor Miloš KoviCc; ■ David Popovic, OŠ Valentina Vodnika, Ljubljana, mentor Branko Cedilnik. 3. nagrada ■ Urban Ogrinec, OŠ Toma Brejca, Kamnik, mentorica Sergeja Miklavc; ■ Tina Kolenc Milavec, OŠ Miroslava Vilharja, Postojna, mentor Gregor Antloga; ■ Filip Ljevar, OŠ Slave Klavore Maribor, mentor Silvo Muršec; ■ Martina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovšcina, mentor Sašo Žigon; ■ Vid Primožič, OŠ Križe, mentorica Neža Poljanc. Razpis tekmovanja, v katerem so zapisane vsebine tekmovanja, pravilnik tekmovanja in bilten državnega tekmovanja, v katerem najdete tudi naloge zadnjega tekmovanja z obširnimi rešitvami, so objavljeni na spletnih straneh DMFA Slovenije, http://www.dmfa.si/fiz_OS/index.html. V letošnjem šolskem letu nacrtujemo nekaj manjših sprememb. Državno tekmovanje bo za 20 minut in za eno eksperimentalno nalogo krajše, še vedno pa bo obsegalo teoreticni in prakticni del. Mladim bralkam in bralcem Preseka želimo veliko zabave in uspeha pri reševanju fizikalnih (pa tudi matematiCcnih in astronomskih) nalog. SLIKA 2. Na zemljevidu so označeni kraji, kjer so doma nagrajenci 33. tekmovanja za Štefanova priznanja. _XXX Olimpijske naloge iz praktične astronomije vU sU vU Andrej Guštin -> Na letošnji 7. mednarodni olimpijadi iz astronomije in astrofizike so dijaki reševali teoretične naloge, analizirali podatke in meritve ter se spopadli z astronomskimi opazovanji z malim, 15-centi-metrskim teleskopom. Tokrat predstavljamo nalogi iz analize opazovanj in meritev ter opazovalne naloge. Služijo naj pripravi na 5. državno tekmovanje iz znanja astronomije za srednješolce (šolsko tekmovanje bo 12. decembra 2013, državno pa 11. januarja 2014). Morda pa se s katero od nalog lahko pozabavajo tudi osnovnošolci višjih razredov. 1. naloga. Na sliki 1 je viden del ozvezdja Veliki medved. Posnetek je bil narejen s CCD kamero s či-pom velikosti 17 mmx22 mm. Ugotovi goriščno razdaljo f optičnega sistema (f objektiva teleskopa), s katerim je bila posneta slika, in očeni napako svojega rezultata. SLIKA 1. Veliki voz -del ozvezdja Veliki medved. SLIKA 2. Fotografija območja neba z razsuto zvezdno kopico Hijade. • • • • • • • •85 • • • • • • • • • • 24° . • ♦ • • • ♦ ♦ • • • • • * • % • • • • • • • • • * • • > • • • • • • •94 • • • • • • • • •• « • ftfl^ *75 • -98 * • • • • • « • 43:. •85 - W # • • • 1 / • » / • •-53. • — • • • • • • • . • * • 1 n * • 54 * • •• "7 • . O •t • • • • • • • ** • • • • m • • * ?n° • • • • i v * • • • 64 • • • • • . 93, • • • • • • 87J # T« • • •83 # • • • ' f •76 • • • «51 <60 • . *Zo • • • • • • • • • • 4 7 • • • tZm »UX • • • *66 •92 • 72 1 •79 • • • ♦ • 8 38 • • • • Is • T • •79 • : • • ■ • \ ' • • •73 • 16° • . / »50 • 11- . * .«i* • • • * • • • • • • • • • • • • ' . 4* ~ 76* * 75 q 36 r #63 • * • • 1 < 4 • • 1 0 • • • • • . ' 5 •P '.59^52 • . J J • . 12^'-• • * ** • • • • . 0 • • • • • • • • • iL ♦63 • • .77 • / • • • • • • • ••59 • • • • •50 • • • • • 0 • 6 = 12° * • i • #33 • . ' 10" • • • « • 54 • • • • 52 • • # • • • • • ♦ 58 • • •88 • • • • • e • »72 £ • • o 3- •78' - *67 g • • • rtl2 • • Xi • • •52 SLIKA 3. Zvezdna karta dela neba v območju Hijad. 2. naloga. Slika 2 prikazuje fotografijo neba v območju razsute zvezdne kopice Hijade. Pri fotografiranju je bil uporabljen V-filter Johnsonovega foto-metričnega sistema. Slika 3 je zvezdna karta tega območja na nebu z dobro znanimi magnitudami V (mV) številnih zvezd. (Opozorilo. Da se decimalne pike ne bi pomešale z zvezdami, decimalne pike niso uporabljene. Primer: zvezda z magnitudo mV = 8,1 je označena z »81«). Namig. Nekaterih zvezd morda ni na karti. (a) Na sliki 3 poišči čimveč zvezd, označenih s številko in puščičo, in jih označi s številko na sliki 2. (b) S primerjavo mV znanih zvezd na sliki 2 in sliki 3 oceni mV zvezd, ki si jih poiskal in označil pod točko (a). 3. naloga. Rezervna naloga v primeru oblačnega vremena. Izvaja se v zaprtem prostoru z umetnim soncem - fiksno postavljeno sijalko. Na dan spomladanskega enakonočja (spomladanski ekvinokcij) se ob 14. uri po lokalnem času začne prehod Merkurja čez Sonce. Skupina astronomov se zgodaj zjutraj odpravi na vrh neke gore v Grčiji, od koder naj bi opazovali prehod Merkurja. Pred opazovanjem pa bi radi montažo teleskopa na gori poravnali na pol. Ker pa je to zanje novo opazovališče, astronomi ne poznajo geografske širine in dolžine kraja na gori. Na žalost je tudi oblačno. Na nebu ni videti zvezd. Nebo ostane pokrito z oblaki vse do 11. ure, nato se zjasni in Sonce je na nebu vidno. Izkušeni astronom nato opoldan v približno dveh minutah naravna montažo na pol in pravilno zasuče kroge za rektascenzijo in deklinacijo le z vodno tehtnico. Na razpolago imaš teleskop SkyWatcher z nemško ekvatorialno montažo EQ3-2 in vodno tehtnico. Predpostavi, daje spomladansko enakonočje in daje (namišljeno) Sonce tisti dan najvišje na nebu. Poravnaj montažo teleskopa na pol. Tvoja naloga je, da tudi pravilno naravnaš kroge za rektascenzijo in deklinacijo na montaži teleskopa. Opomba. Očitno je, da za to nalogo ne potrebuješ cevi teleskopa, pritrjene na montažo, zato je zaradi praktičnih razlogov na montažo pritrjena kartonska cev brez protiuteži. Cas za izvedbo naloge je 16 minut. 4. naloga. Izberi enega od dveh okularjev, ki sta ti na razpolago pri opazovanju s teleskopom. Na nebu izberi primerno svetlo nebesno telo, podatke zanj poišči v priloženem katalogu, in izmeri vidno polje teleskopa. Cas za izvedbo naloge je 10 minut. 5. naloga. Brez uporabe krogov za rektascenzijo in deklinacijo na montaži teleskopa izvedi sledeči nalogi: (a) Teleskop zasukaj tako, da bo v sredini vidnega polja teleskopa svetla zvezda y Sagitta (gama Puščice); magnituda = +3,51; rektascenzija RA = 19h 58m 45,395, deklinacija Dec = +19° 29' 31,5''. Ko to narediš, takoj pokliči sodnika oziroma pomočnika, da ugotovi, če si našel pravo zvezdo. (b) Teleskop zasukaj tako, da bo v sredini vidnega polja znana meglica M 27 (DumbbellNebula - meglica Ročka); rektascenzija RA = 19h 59m 36,345; deklinacija Dec = +22° 43' 16,09''. Ko to narediš, takoj pokliči sodnika oziroma pomočnika, da ugotovi, če si našel pravo meglico. Cas za izvedbo nalog je 6 minut. SLIKA 4. Na 7. mednarodni olimpijadi iz astronomije in astrofizike so dijaki opazovali s 1 5-centimetrskim Newtonovim teleskopom SkyWatcher na nemški montaži. _ XXX PRESEK 41 (2013/2014) 2 23 RAC UNALNI STVO Linearni problem prevoza Dragana Bošovič in Andrej Taranenko -> Tovarna čokolad skladišči svoje izdelke na različnih lokačijah v Sloveniji, te izdelke pa želijo dostaviti v več trgovin, prav tako na različnih lokačijah. V času krize želijo pri razvozu svojih izdelkov čim več prihraniti. Kako naj tovarna dostavi svoje izdelke trgovinam tako, da bo vsaka trgovina prejela vsaj naročeno število izdelkov, da bo skupno število razvoženih izdelkov največ enako zalogi le-teh in da bo tovarno razvoz izdelkov iz skladišč v trgovine stal čim manj? Na ta vprašanja bomo odgovorili v tem članku. Linearno programiranje in problem prevoza Problemi linearnega programiranja so optimizacijski problemi, v katerih želimo optimizirati doloceno ciljno funkcijo, pri cemer moramo zadošcati podanim pogojem oziroma omejitvam. V tovrstnih problemih so pogoji in ciljna funkcija vedno linearne funkcije optimizacijskih spremenljivk. Pobližje bomo spoznali problem prevoza, znan tudi pod imenom transportni problem. Problem prevoza je optimizacijski problem, v katerem najveckrat želimo minimizirati stroške prevoza. Za lažjo predstavo vzemimo našo tovarno cokolad. Recimo, da ima ta tovarna na razlicnih lokacijah po Sloveniji m skladišc in n trgovin. Posamezni izdelek lahko iz nekega skladišca dostavimo do vsake trgovine. V vsakem skladišcu imamo natancno doloceno kolicino oziroma zalogo izdelkov, ki so v danem casu skladi-šceni (torej, na voljo). Vsaka trgovina v danem casu naroci tocno doloceno kolicino izdelkov (povpraševanje trgovine). Še vec, za vsako skladišce je znano, koliko stane prevoz enote izdelka do vsake izmed trgovin. Cena je obicajno odvisna od razdalje med skladišcem in trgovino ter od prevoznega sredstva, ki ga uporabimo. Predpostavimo, da so cene prevoza posamezne enote izdelka (npr. karton cokolad) od skladišca do trgovine znane in so celoštevilske. Oznacimo omenjene kolicine na naslednji nacin: Število si predstavlja zalogo (enot) izdelka v skla-dišcu i, kjer je i = 1, 2, . . . , m. Število dj predstavlja, koliko enot izdelka naroca trgovina j, kjer je j = 1 , 2, . . . , n. ■ S številom ci j oznacimo, koliko stane prevoz ene enote izdelka iz skladišca i v trgovino j, za i = 1,2,... ,m in j = 1,2, ...,n. ■ S številom xi j oznacimo, koliko enot izdelka peljemo iz skladišca i do trgovine j, za i = 1,2,..., m in j = 1 , 2 , . . . , n. Cilj je dolociti, kako razvoziti izdelke med skla-dišci in trgovinami tako, da bo razvoz ustrezal zalogam (ponudbam) in povpraševanjem, pri cemer bodo skupni stroški najmanjši možni. Opišimo zastavljeni problem še matematicno. S ciljno funkcijo zapišimo skupne stroške, ki jih želimo minimizirati. Ceno prevoza iz skladišca i do trgovine j lahko torej izracunamo kot cij ■ xij. Skupno ceno razvoza iz vseh skladišc do vseh trgovin dobimo tako, da seštejemo stroške za vse možne pare vrednosti števil i in j. Naša ciljna funkcija z je torej (linearna) funkcija: z = I i=1j=1 K« i,j xUj)- Seveda želimo dolociti vrednosti xi}j tako, da bo funkcija z imela za te vrednosti cim manjšo vrednost (želimo minimizirati z). Opišimo še omejitve, ki se v problemu prevoza naravno pojavijo. Iz skladišca i lahko pošljemo izdelke v razlicne trgovine. Število vseh enot izdelkov, ki jih iz skladišca i pošljemo, je torej enako vsoti vseh ko-licin, ki smo jih iz tega skladišca razvozili do vseh trgovin, torej od kolicine enot iz skladišca i, ki jo peljemo do trgovine 1 (xi1), do trgovine 2 (xi 2), in tako naprej, vse do trgovine n (xi n). Zapisano drugace, iz skladišca i razvozimo skupno xi1 + xi 2 + ... + xin enot izdelka. Zapisano s simbolom za vsoto, je to S 1 xi,j ■ Ker ima (vsako) skladišče i omejeno za- logo si, iz tega skladišča ne moremo poslati več izdelkov, kot jih je na zalogi. To omejitev lahko za vsako skladišče i = l,...,m izrazimo na naslednji način: xi j=i i,j < Si Poglejmo še trgovino j. V to trgovino prispejo izdelki iz vseh skladišč (količina je lahko tudi 0, kar pomeni, da iz skladišča v to trgovino nismo poslali izdelka). Torej je skupna količina enot izdelka, ki jo trgovina prejme, enaka x1 j +x2 j + .. .+xm j. Znova, zapisano krajše, je ta količina Xm=i xi j. Ker je skupno povpraševanje trgovine j enako dj, potem čelotna količina dostavljenih izdelkov ne sme biti manjša od dj (lahko pa trgovina skupno prejme več, kot je naročila). Ta pogoj lahko za vsako trgovino j = i, ...,n zapišemo kot X xi j ^ dj■ i=1 Ker lahko iz skladišča do trgovine pošljemo 0 ali več enot izdelkov, morajo biti vsi xi j nenegativna čela števila (enot ne moremo še bolj razdrobiti). Problem prevoza lahko sedaj formalno zapišemo na naslednji način [2]: minimiziraj pri pogojih: n X xi j ^ si j=1 m X xi j * dj i1 mn z = X X Ci jXi- ci jxi j (1) i=1 j=1 za i = 1, ...,m za j = 1, ...,n xij * 0 za i = 1,...,m in j = 1,...,n Kadar je skupna količina zaloge vseh skladišč enaka skupni količini povpraševanj vseh trgovin, pravimo, da je problem prevoza uravnotežen. Zapisano drugače, problem prevoza je uravnotežen, če velja m n ]Lsi = X dj. Poglejmo si zadevo še na konkretnem primeru, ki je povzet po [1]. Naša tovarna čokolad ima v Sloveniji tri različna skladišča. Mesečno s svojimi izdelki oskrbuje štiri trgovine, ki se nahajajo v različnih krajih. Poznamo zalogo skladišč, povpraševanje trgovin in transportne stroške na enoto izdelka iz vsakega skladišča do vsake trgovine. Kako naj tovarna razvozi svoje izdelke iz skladišč do trgovin tako, da bodo transportni stroški najmanjši možni? Podatki tega problema so prikazani v tabeli 1. Števila, zapisana s krepko, predstavljajo transportne stroške. Tako vidimo, da je čena prevoza enote izdelka iz skladišča 1 do trgovine 1 enaka 10, prevoz iz skladišča 2 do trgovine 3 stane na enoto 9, strošek prevoza ene enote izdelka iz skladišča 3 do trgovine 1 pa je brezplačen (enak 0). Opazimo lahko tudi, da je ta problem prevoza uravnotežen. Problem bomo rešili s pomočjo programa (reševalnika) za reševanje problemov linearnega programiranja, za to pa moramo spoznati jezik AMPL, s katerim opišemo naš primer. trgovine skladišče 1 2 3 4 zaloga skladišča 1 10 0 20 11 20 2 12 7 9 20 25 3 0 14 16 18 15 povpraševanje 10 15 15 20 TABELA 1. Podatki za razvoz. i1 j=1 Jezik AMPL Problem bomo rešili s pomočjo jezika AMPL (angl. A Mathematical Programming Language)■ AMPL je jezik za modeliranje v matematični optimizaciji. Uporabljamo ga za opisovanje in reševanje problemov z veliko zahtevnostjo ter obsežnim matematičnim računanjem. Razvili so ga Robert Fourer, David Gay and Brian Kernighan v Bell Laboratories. AMPL podpira desetine različnih reševalnikov problemov, ki so tako odprto-kodni kot komerčialni. Posebna prednost jezika AMPL je podobnost njegove sintakse z matematičnim zapisom optimizačij-skih problemov. Ta prednost omogoča zelo čitljivo in jedrnato opredelitev problemov na področju opti- PRESEK 41 (2013/2014) 2 25 mizacije. Mnogi sodobni reševalniki, ki so dostopni na strežniku NEOS1, sprejemajo za vhod probleme, zapisane v jeziku AMPL. Glede na statistike strežnika NEOS je AMPL najbolj priljubljen format za predstavitev problemov matematičnega programiranja [3]. Preden problem rešimo, ga moramo zapisati v ustrezni obliki, ki predstavlja vhod (vhodne podatke) za reševalnik. Vhod je v AMPL-u sestavljen iz treh datotek, in sicer .mod, .dat in .txt. Ko pričnemo s programiranjem, najprej ustvarimo datoteko .mod, v kateri podamo ciljno funkcijo in omejitve našega problema. Na zacetku datoteke najprej definiramo množice, ki so potrebne za reševanje problema. Množico, vkljucno z njenimi elementi, zapišemo na naslednji nacin, pri cemer v zavitih oklepajih podamo elemente množice: ■ set A := {a1,a2,...,ak}; Definiramo lahko parametre, ki predstavljajo podatke, podane na zacetku reševanja problema. Parameter definiramo kot ■ param Ime {A}; Pri tem A predstavlja množico, na katero se sam parameter navezuje. Parameter se lahko navezuje tudi na vec množic (vecdimenzionalni parameter), ki jih podamo v zavitem oklepaju ter jih locimo z vejico. Naslednji korak je definicija spremenljivk našega problema. Spremenljivko definiramo kot ■ var Ime {a in A}; Tudi spremenljivka se lahko navezuje na vec množic, ki jih zapišemo v zavitih oklepajih ter locimo z vejico. Ciljno funkcijo in želeno optimizacijo podamo kot ■ minimize/maximize Ime: funkcija; Omejitve problema pa zapišemo kot ■ subject to Ime: omejitev; Ce se omejitev navezuje na doloceno množico, to zapišemo kot ■ subject to Ime {a in A}: omejitev; 1 Seznam najdemo na naslovu http://www.neos-server, org/neos/solvers/index.html, preverjeno 3. 10. 2013 Problem iz našega primera bi zapisali na nacin, kot je prikazan v izpisu datoteke 1. Najprej definiramo množici M = {1, 2, 3} in N = {1, 2, 3,4}. Nato napovemo, da bomo imeli tri parametre: parameter c bo matrika dimenzije 3x4 (indeksi so vzeti iz množic M in N) in predstavlja matriko cen, parameter 5 predstavlja vektor zalog skladišc, d pa vektor povpraševanj trgovin. Vrstica var x {i in M,j in N} >= 0; deklarira optimizacijske spremenljivke xtj in pove, da morajo biti nenegativne. Zadnje tri vrstice podajo ciljno funkcijo, ki jo minimiziramo, ter omejitve optimizacije. Izpis datoteke 1 AMPL model (.mod) set M := {1..3}; set N := {1..4}; param c {M,N}; param s {i in M}; param d {j in N}; var x {i in M,j in N} >= 0; minimize sudoku: sum {i in M, j in N} c[i,j]*x[i,j]; subject to izvori {i in M}: sum {j in N} x[i,j] <= s[i]; subject to povpraševanje {j in N}: sum {i in M} x[i,j] >= d[j]; V podatkovni datoteki . dat moramo dolociti vrednosti parametrov, ki smo jih napovedali v modelu. Parametre, ki predstavljajo vektorje, zapišemo na naslednji nacin: ■ param imeParametra := indeksi vrednosti indeks2 vrednost2 ...; Ce parameter predstavlja matriko, pa pred := in za parametrom zapišemo indekse stolpcev, za tem simbolom pa zapišemo indeks vrstice in naštejemo vse elemente, locene s presledkom. Na koncu zadnje vrstice ne smemo pozabiti na podpicje. Pozorni moramo biti tudi na to, da indekse iz množice, ki smo jo v deklaraciji parametra podali kot prvo, damo v vrstice, elemente druge množice pa v stolpce. Datoteka s podatki za naš primer je prikazana v izpisu datoteke 2. Najprej definiramo parametra 5 in d. Kot že vemo, 5 predstavlja vektor zalog skladišc, d pa vektor povpraševanj trgovin. Zapišemo ju tako, da najprej podamo indeks v vektorju, takoj za njim pa vrednost, ki je na tem mestu v vektorju. To storimo za vse koordinate vektorja. Vse to zapišemo v eni vrstici, pri cemer številke locimo s presledki. V prvi vrstici za vektor 5 vidimo, da je vrednost na prvi koordinati je 20, na drugi 25 in na tretji 15. Podobno velja za vektor d. Nato definiramo še parameter c oziroma matriko cen, ki je dimenzij 3 x 4. Najprej je treba zapisati indekse vseh stolpcev, v našem primeru naravna števila od ena do štiri (kot je zapisano v četrti vrstici). Nato zapišemo vrstice. Najprej zapišemo številko vrstice, nato naštejemo vrednosti, ki se v tej vrstici nahajajo. To storimo za vse vrstice, ki jih imamo, pri cemer številke locimo s presledki. Torej najprej za prvo vrstico (1 10 0 20 11), nato drugo (2 12 7 9 20) in na koncu še tretjo vrstico (3 0 14 16 18). Izpis datoteke 2 AMPL model (.dat) param s := 1 20 2 25 3 15; param d := 1 10 2 15 3 15 4 20; param c: 12 3 4:= 1 10 0 20 11 2 12 7 9 20 3 0 14 16 18; Reševalniku moramo podati tudi ukaze, kaj naj z modelom in podatki stori. S stavkom sol ve; mu povemo, naj problem reši, s stavkom display x; pa, da naj izpiše rezultat, torej koncne vrednosti optimi-zacijskih spremenljivk x (matriko). Ukazna datoteka je prikazana v izpisu datoteke 3. Izpis datoteke 3 AMPL model (.txt) solve; di splay x; Nato naložimo vse tri datoteke in počakamo na rešitev optimizacijske naloge [4]. NEOS reševalnik (Mixed Integer Linear Programming - scip[AMPL Input]) izpiše naslednji rezultat: x 1 1 0 1 2 5 1 3 0 1 4 15 2 1 0 2 2 10 2 3 15 2 4 0 3 1 10 3 2 0 3 3 0 3 4 5 To rešitev lahko predstavimo z naslednjo tabelo, pri cemer prva vrstica predstavlja oznake trgovin, prvi stolpec pa oznake skladišc. 1 2 3 Torej so stroški prevoza našega problema najmanjši v primeru, ko imamo naslednje vrednosti optimiza-cijskih spremenljivk: x1j2 = 5, x1j4 = 15, x2,2 = 10, x2,3 = 15, x3j1 = 10, x3,4 = 15, vse ostale vrednosti xtj, ki jih tukaj nismo našteli, imajo vrednost 0. Najmanjši stroški prevoza za naš primer znašajo ■ 5 ■ 0 + 15 ■ 11 + 10 ■ 7 + 15 ■ 9 + 10 ■ 0 + 5 ■ 18 = 460. Literatura [1] J. F. Rayman, Transportation Problems (online), 3. 10. 2013. http://personal.maths.surrey.ac.uk/st/ J.F/chapter7.pdf [2] The Transportation Problem: LP Formulations (online), 3. 10. 2013. http://www.utdallas.edu/~scniu/ OPRE-6201/documents/TP1-Formulati on. pdf [3] Wikipedia: AMPL (online), 3. 10. 2013. http://en.wiki pedi a.org/wi ki/AMPL [4] AMPL (online), 3. 10. 2013. http://um.fnm.uni-mb.si/ti ki-download_ wi ki_attachment.php?attId=241&page=02. 11.2011\%3A\%20Linearni\%20program.\% 20Dual.\%20Si mpleksna\%20metoda _XXX 1 2 3 4 0 5 0 15 0 10 15 0 10 0 0 5 Aerogel Aleš Mohorič -> Kepa iz nenavadne modrikasto prozorne snovi na naslovnici je na prvi pogled podobna ledeni kocki. Vendar je ocitno prelahka, saj ne upogne niti vejice, na kateri stoji. Ta snov izredno majhne gostote je aerogel - mikroporozna trdnina, v kateri je razpršen plin. Sestavljena je podobno kot pena. Trdni del ima strukturo sten in vlaken z debelino nekaj nanometrov, vmesne pore pa so velike do nekaj mikrometrov. Najbolj pogosto je aerogel narejen iz silicijevega dioksida, ki sestavlja tudi navadno steklo. Gostota aerogela je tisočkrat manjša od gostote stekla, saj ga več kot 99 % sestavlja zrak. Običajni aerogel ima gostoto 1,9 kg m-3, rekorder z gostoto 0,16 kgm-3 [1] pa je sestavljen iz ogljikovih na-nočevk in grafena ter je čelo redkejši od zraka (1,2 kgm-3). To pomeni, da vsebuje veliko praznih por, v katere zrak ne prodre. Ker ima aerogel veliko por, v katerih zrak le težko kroži, ima tudi dobre izolacijske lastnosti (slika 1). Njegova toplotna prevodnost je od nekaj tisočin do nekaj stotin Wm-1K-1, kakršna je toplotna prevodnost zraka. Zrak je sicer dober toplotni izolator; če pa ni oviran, kroži in konvekčija poveča toplotni tok. Steklo ima dva velikostna reda (več stokrat) večjo toplotno prevodnost od aerogela. Aerogel je skoraj prozoren; modrikasto barvo ima zaradi enakega razloga, kot je modro nebo (Raylei-ghovo sipanje). Aerogel je dokaj trden in zdrži obremenitve, ki mnogokrat presegajo njegovo težo (slika 2). Na otip je podoben trdni peni, pri dovolj velikih obremenitvah pa se zdrobi. Neobdelan silicijev aerogel je hidrofilen in močno veže vlago. Zato izsuši kožo, če ga prijemljemo brez rokavič. V stiku z vodo se spremeni v prah. V naravi obstaja podobna snov - kamnina plovec, ki nastane ob hitrem strjevanju porozne lave. Ker imajo pore mnogo debelejše stene, je gostota plovča mnogo večja od gostote aerogela. Kljub temu pa je za trdnino ta gostota majhna, zato kamni iz plovča lahko plavajo na vodi. SLIKA 1. Aerogel je dober toplotni izolator. Že tanka plast učinkovito prepreči prehod toplote iz vročega plamena gorilnika do vžigalic. (Foto: NASA) SLIKA 2. Aerogel je trden in prenese relativno velike obremenitve. Na sliki kos aerogela (modrikast prozoren kvader na dnu) nosi opeko z maso 2,5 kg. (Foto: NASA) Pravi aerogel so prvic izdelali v tridesetih letih prejšnjega stoletja. Zaradi izjemnih lastnosti ga uporabljajo kot toplotni izolator in lahek konstrukcij -ski element, prevodne razlicice uporabljajo v elektroniki, zaradi velikega razmerja med površino in prostornino pa so uporabni tudi kot filtri in katalizatorji. Pri NASI so ga med misijo Stardust uporabili v tarci za lovljenje prašnih delcev v repu kometa [2]. Aerogel je namrec dovolj trden, da zadrži prašne delce z nekajkrat vecjo hitrostjo od hitrosti izstrelka iz puške. Slika 3 kaže sledi, ki jih v aerogelu pustijo prašni delci. Po takih sledeh lahko delce najdejo in tudi dolocijo smeri, iz katerih so prileteli. Tarce iz obicajne trdnine niso primerne, saj se v njih prašni delci deformirajo ali razpadejo. Z aerogelom se ukvarjajo številni raziskovalci, ki želijo odkriti cimvec lastnosti in nacinov uporabe te izjemne snovi. SLIKA 3. Sledi prašnih delcev v tarči iz aerogela, ki jih je na Zemljo prinesla sonda misije Stardust. Literatura [1] Advanced Materials 25 (2013), št. 18, str. 25542560. [2] http://stardust.jpl.nasa.gov/tech/ aerogel .html, dostopano 6. 10. 2013. _XXX www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si www.dmfa.si Knjižnica Sigma Že od leta 1959 nam Knjižnica Sigma prinaša poljudna in strokovna besedila za popularizacijo podrocij matematike, fizike, astronomije in racunalništva. Vkljucuje tako zbirke nalog z razlicnih tekmovanj, dopolnilne ucbenike, prirocnike in drugo zanimivo branje domacih avtorjev, kot tudi nekaj prevodov tujih avtorjev. John A. Adam MATEMATIČNI SPREHODI V NARAVO 280 strani format 14 x 20 cm mehka vezava 27,31 EUR Poleg omenjenih lahko v Knjižnici Sigma najdete še precej drugih del. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi naroČite: http://www.knjižnica-sigma.si/ Individualni naročniki revije Presek, Člani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob naroČilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553. Stephen Senn KOCKANJE S SMRTJO Slučajnost, tveganje in zdravje 296 strani format 14 x 20 cm mehka vezava 29,99 EUR sU vU nU RESITEV NAGRADNE KRIŽ ANKE presek 41/1 -> Pravilna rešitev nagradne križanke iz prve številke 41. letnika Preseka je Meteorski roj Perze-idi. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Tadej Tašner iz Pesnice pri Mariboru, Stanko Gajšek iz Ljubljane in Žiga Gosar iz Ljubljane, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX PRIRODOSLOVNI MUZEJ SLOVENIJE V TEDEIM ASTRONOMIJE 1. teden astronomije v Pri rodoslovnem muzeju Slovenije s spremljajočo razstavo ob prihodu »kometa stoletja« ISON in predstavitvijo novega slovenskega meteorita 2.12.-8 J 2. 2013 Prirodoslovni muzej Slovenije, Ljubljana Foto: S. Deiries/ESO ■■■■■■H Osončje je naša ožja vesoljska domovina, ki pa je ne sestavljajo le Sonce in osem planetov z lunami, temveč še na milijone manjših teles: kometi; asteroidi, meteoroidi, prašnati delci itd. Vse to boste spoznali na tednu astronomije v Prirodoslovnem muzeju Slovenije, kjer bo postavljen digitalni planetarij za ogled astronomskih vsebin. Samostojno ali z vodstvom si boste lahko, ogledali fotografije in kratke filme o telesih Osončja, občudovali v Sloveniji najdene meteorite in potežkali njihove odlitke. Lahko se boste stehtali na planetih Osončja, v popoldanskem času pa prisluhnili številnim predavanjem slovenskih strokovnjakov. Razpisan pa bo tudi fotografski natečaj s temama: »Kometi leta 2013 in ISON« ter »Telesa Osončja na našem nebu«. Več o programu in natečaju na www.pms-lj.si. Zgodovina znanosti v stripu Sredi decembra 2012 je Center za mladinsko književnost in knjižnicarstvo pri Mestni knjižnici Ljubljana že tretjic podelil priznanja Zlata hruška. Z njimi so tokrat odlikovali kakovostno najboljših deset odstotkov otroške in mladinske književnosti, ki je izšla v letu 2011. DMFA-založništvo je priznanje prejelo za strip Življenja Marie Curie. Švicarski avtor Raphaël Fiammingo, s kratkim umetniškim imenom Fiami, v tem stripu večjega formata duhovito predstavlja nekaj izsekov iz zgodovine kemije, od Aristotela do današnjega Casa. V vsakem razdelku nastopa dekle ali ženska, katere ime je razliCica imena Marija, v Cast veliki znanstvenici Marie Curie. Zgodbice ilustrirajo tudi vlogo žensk v raznih zgodovinskih obdobjih. Predvsem pa so zabavne in obenem poucne, saj zvemo marsikakšno zanimivo podrobnost o nastanku znanstvenih odkritij. Med najbolj posrecenimi je zgodbica o Mendeljejevu in njegovem sestavljanju periodnega sistema elementov. Tudi druge pripovedi ne zaostajajo. Knjigo je odlicno prevedel prof. dr. Alojz Kodre. 7,68 EUR 7,68 EUR 8,31 EUR Pri DMFA-založništvo sta v Presekovi knjižnici izšli še dve knjigi istega avtorja • Galilejeva življenja, z zgodbami iz zgodovine astronomije, od Babiloncev do danes, ter • Einsteinova življenja, z zgodbami iz zgodovine fizike, vse od Sokrata do danes. Ta dva stripa je prav tako izvrstno prevedel Alojz Kodre. Sta enako zanimiva, zabavna in poucna in bosta bralcu brez dvoma polepšala dan. Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematicna, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi narocite: http://www.dmfa-za1ozni 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.