# o PRESEK LETNIK 47 (2019/2020) ŠTEVILKA 5 !MH ¿f1 apolonijeva kroznica cd stereo-spektroskop pero iz pavjega repa sanktpeterburZka astronomska olimpijada Minimalna vpeta drevesa ISSN 0351-6652 9 9770351665753 9770351665753 MATEMATIČNI TRENUTKI KO LO FO N Analiza gibanja morskega psa 2 -i' •i' vi' -> Kratkoplavuti morski pes vrste mako, ki ga mnogi opisujejo kot torpedo z zobmi, se lahko giblje s hitrostjo okrog 45 kilometrov na uro. Na prvi pogled bi se zdelo, da lahko takšno hitrost doseže le z zelo gladko kožo. V resnici pa mu tako hitro gibanje omogoča groba koža, pokrita z zobcastimi luskami (vidite jih lahko na sliki na strani 10). Zobčaste luske imajo tudi druge vrste morskih psov, a niso tako zelo prožne in upogljive. Ponekod so od kože odmaknjene celo za kot 50 stopinj. Ceprav se najprej zdi, da bo takšna koža gibanje ovirala, je raziskava s pomocjo matematike, hidrodinamike in hitrostnih preizkusov s pravo makovo kožo pokazala, da zobci zavirajo povratni tok blizu kože in tako zmanjšajo posledicno upocasnitev v plasti vode ob koži oziroma telesu morskega psa. Tako zmanjšajo upor, ki je sorazmeren s hitrostjo gibanja ali njenim kvadratom, in morskemu psu omogočijo največjo hitrost in okretnost. S pomočjo izkušenj z zobci skušajo znanstveniki izdelati umetne površine letal in ladij, ki bi zmanjšale povratni tok. Ločitev tokov se zgodi, ko pride zaradi spremembe oblike telesa do razlike v pritiskih in se toku ob telesu zamenja smer. Ce bi nam uspelo zakasniti ali nadzorovati povratni tok, bi s tem zmanjšali upor in porabo goriva. Poznavanje rebrastih struktur na vrhu zobcev je navdahnilo tudi izdelavo posebnih plavalnih oblek. Te so se pri vrhunskih plavalcih izkazale za tako hitre, da so jih morali prepovedati. Tako bodo morali raziskovalci za športnike morda načrtovati počasnejšo plavalno obleko. Več o koži morskega psa in povratnem toku si lahko preberete v članku Experimental study of laminar and turbulent boundary layer separation control of shark skin, ki so ga F. Afroz in sodelavci objavili v reviji Bioinspiration and Biomimetics. _XXX PRESEK 47 (2019/2020) 5 Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 47, šolsko leto 2019/2020, številka 5 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Razpet, Jure Slak (računalništvo), Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik). Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 633, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2019/2020 je za posamezne naročnike 22,40 eur - posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 19,60 eur, posamezna številka 6,00 eur, stara številka 4,00 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 30 eur. Transakcijski račun: 03100-1000018787. List sofinancira Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proračuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikačij. Založilo DMFA-založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana Naklada 1100 izvodov © 2020 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2114 ISSN 2630-4317 (Online) ISSN 0351-6652 (Tiskana izd.) Razmnoževanje ali reprodučiranje čelote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem. Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institučije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. //A 14-15 18-21 FIZIKA CD stereo-spektroskop (Andrej Likar) Pero iz pavjega repa (Andrej Likar) ASTRONOMIJA 27. sanktpeterburška astronomska olimpijada (SAO) (Andrej Guštin) RAČUNALNIŠTVO Minimalna vpeta drevesa (Sara Veberin Tim Poštuvan) /Z/^//////////A TEKMOVANJA 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije - državno tekmovanje 19. tekmovanje v znanju matematike za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol - državno tekmovanje 19. tekmovanje v znanju matematike za dijake poklicnih šol - državno tekmovanje Tekmovanje iz fizike za srebrno Štefanovo priznanje - področno tekmovanje Slika na naslovnici: Na sliki so kristali ledu na listju na tleh. To, da so kristali, nam pove, da je to slana (in ne morda ivje). Povečava slike pokaže, da so ti kristali večinoma v obliki stebričkov. Več o njih pa preberite v naravoslovni fotografiji (foto: Peter Legiša). M ATEMATI KA Apolonijeva krožnica ■is ■i' nU Marjan Jerman Uvod Prispevek začnimo z navidez nepovezanima nalogama. (1) Predstavljajmo si, da sedimo v čolnu. Radi bi prestregli ladjo, ki pluje naravnost s konstantno hitrostjo v1. Kam naj usmerimo čoln, da bomo po ravni poti s konstantno hitrostjo v2 v enakem času prišli na isti položaj kot ladja? (2) S pomočjo šestila in ravnila načrtaj trikotnik z danima osnovničo c in težiščničo tc na osnov-ničo ter razmerjem krakov b : a. Prvo nalogo lahko prevedemo v geometrijski jezik takole: Do srečanja po pretečenem času t bo ladja opravila pot v1t, naš čoln pa pot v2t. Ce označimo začetni položaj ladje z A, začetni položaj čolna z B, točko srečanja pa s C, velja ■ AC : BC = v1t : v2t = v1 : v2. Rečimo, da je L množiča točk, katerih oddaljenost od točk A in B je v razmerju v1 : v2. Potem je točka C presečišče premiče skozi A v smeri premikanja ladje in množiče L. Tako dobimo točko, kamor moramo usmeriti čoln. Tudi o drugi nalogi lahko premišljujemo takole: Naj bo AB = c osnovniča trikotnika ABC in T njeno razpolovišče. Množiča L naj bo množiča vseh takih točk C', za katere velja AC' : BC' = b : a. Potem je točka C presečišče množiče L ter krožniče s središčem T in polmerom tc. Ce je razmerje b : a enako 1:1, množičo L že poznamo. Tvorijo jo točke, ki so enako oddaljene od obeh točk A in B. Torej, množiča L je simetrala daljiče AB. V nadaljevanju bomo pokazali, da je v vseh ostalih primerih množiča L krožniča. Imenujemo jo po njenem izumitelju, starogrškem matematiku in astronomu Apoloniju iz Pergeja, starodavnega mesta, ki danes leži na jugozahodni obali Turčije. Apolonij je živel približno med leti 265 in 170 pred našim štetjem in je zelo znan po študiju presekov stožča z ravninami. Na ta način je definiral elipse, hiperbole in parabole. Proslavil se je tudi s problemom načrtovanja krožniče, ki se dotika danih treh krožnič. Običajno krožničo definiramo kot množičo točk, ki so za polmer r oddaljene od njenega središča S. Pokazali bomo, da lahko krožničo definiramo tudi drugače: Za dani različni točki A in B, kiju imenujemo go-rišči, krožničo tvorijo take točke C, za katere je razmerje oddaljenosti AC : BC = 1:1 fiskno. Simetrali notranjega in zunanjega kota Na poti do Apolonijeve krožniče bomo izpeljali nekaj pomožnih rezultatov iz geometrije, ki so zanimivi in pomembni že sami zase. Naj bo ABC običajno označen neenakokraki trikotnik, b = AC, a = BC in ■ b : a = A = 1. Z y označimo kot pri C, z y' = n - y pa njegov zunanji kot. Najprej izračunajmo, kakšen kot oklepata sime-trali notranjega in zunanjega kota. Ta kot je enak Y + = Y + n - Y _ n 2 2 2 2 2 . Torej: simetrali notranjega in zunanjega kota oklepata pravi kot. Poglejmo si, kje simetrala kota y seka osnovničo AB (slika 1). To presečno točko označimo z D. Straničo AC podaljšajmo v poltrak pAC z začetkom v točki A. Narišimo še premičo q, ki vsebuje točko B in je vzporedna simetrali kota pri C. Točka E naj bo presečišče poltraka pAC in premiče q. Ker sta kota ob prečniči BC enaka, velja ZBCD = ZCBE = 2. 4 PRESEK 47 (2019/2020) 5 MATEMATIKA E A D B SLIKA 1. Razmerje, v katerem simetrala kota pri C deli osnovnico AB. Prav tako sta enaka kota ob premici AE: ■ ZACD = ZAEB = 2. Zato je trikotnik BEC enakokrak in velja BC = EC. Po Talesovem izreku o sorazmerjih je tako ■ AD : DB = AC : CE = AC : BC = Tudi Tales je bil starogški matematik, ki je živel na današnji zahodni obali Turčije v Miletu, še dobrih tristo let pred Apolonijem. Tako smo dokazali, da simetrala kota razdeli osnovnico v razmerju dolžin krakov. A B D SLIKA 2. Razmerje, v katerem simetrala zunanjega kota pri C deli nosilko osnovnice AB. Poglejmo si še podobno vprašanje za simetralo zunanjega kota (slika 2). Kot pri C ima dva suplementarna kota. Ker trikotnik ABC ni enakokrak, simetrala notranjega kota pri C ne vsebuje višine. Oba zunanja kota pri C imata skupno simetralo, ki tako ni vzporedna z osnovnico AB in jo zato seka. Presečno točko označimo z D. Točka D leži ne levem bregu premice AC (ko je b < a) ali na desnem bregu premiče BC (ko je b > a). Obravnavajmo le primer, ko je b > a. Primer b < a obravnavamo na enak način. Simetrali DC pote-gnimo vzporedničo skozi točko B, ki seka krak AC v točki E. Enako kot prej, zaradi kotov ob prečničah BC in EC velja ■ ZEBC = ZBCD = y = ZBEC, trikotnik EBC je zato enakokrak in EC = BC. Zopet izrek o sorazmerjih pove, da je ■ AD : BD = AC : EC = AC : BC = Razmerje je presenetljivo enako razmerju, ki smo ga dobili v primeru simetrale notranjega kota, le da tokrat točka D ne leži na osnovniči AB. Talesov izrek in njegov obrat Verjetno večina bralčev že pozna Talesov izrek, ki pravi, da je kot nad premerom kroga pravi. Zaradi samozadostnosti prispevka ga dokažimo še enkrat. C A B SLIKA 3. Talesov izrek Naj bo trikotnik ABC včrtan v krog s središčem S in premerom AB. Trikotnika ACS in BCS sta enako-kraka, zato je « = ZSAC = Z ACS in P = ZSBC = ZSCB. Vsota kotov v trikotniku ABC je enaka iztegnjenemu kotu, zato je ■ n = ZBAC + ZABC + ZBCA = a + P + (a + P) -> S PRESEK 47 (2019/2020) 5 5 M ATEMATI KA C A B s / ' C' SLIKA 4. Obrat Talesovega izreka in je n lahko zadostimo zadnjemu pogoju in tako najdemo točko C, za katero velja AC : BC = A. Narišimo trikotnik ABC. Z D označimo presek si-metrale notranjega kota pri C z nosilko stranice AB, z D' pa presečišče simetrale zunanjega kota pri C z nosilko AB. Simetrali notranjega in zunanjega kota pri C oklepata pravi kot. Po obratu Talesovega izreka tako točka C leži na krožnici s premerom DD'. Naj bo C' še kakšna druga točka, za katero velja ■ AC' : BC' = A = 1. Pokazali smo, da simetrali notranjega in zunanjega kota pri C' trikotnika ABC' razdelita osnovničo AB v razmerju krakov AC' : BCzato simetrali notranjega in zunanjega kota pri C ponovno sekata nosilko osnovniče AB v točkah D in D', ki smo ju že dobili s simetralama kotov pri C v trikotniku ABC. Zato vse točke C, za katere velja AC : BC = A = 1, ležijo na obodu kroga s premerom DD . / ■ ZBCA = a + P = — kar smo želeli pokazati. Zanimivo je, da velja tudi obrat Talesovega izreka: Naj bo kot pri oglišču C nad straničo AB pravi. Pokažimo, da C leži na obodu kroga s premerom AB. V točkah A in B potegnimo pravokotniči na stra-niči AC in BC, tako da dobimo pravokotnik AC BC. Diagonali pravokotnika sta enako dolgi in se razpo-lavljata, zato daljiča CC' razreže straničo AB na dva enaka dela AD = DB = D C = DC'. Točka D je tako središče trikotniku ABC očrtanega kroga. Apolonijeva krožnica Najprej pokažimo, da vse točke C, ki zadoščajo pogoju ■ AC : BC = A = 1 za izbrani različni točki A in B, ležijo na neki kro-žniči. Poiščimo najprej kakšno točko C, ki zadošča gornjemu pogoju. Krožniča s središčem B in polmerom BC mora sekati krožničo s središčem A in polmerom A ■ BC. To je res, kadar obstaja trikotnik ABC, torej, ko velja trikotniška neenakost AC+BC = BC(A+1) > AB. Če točko C izberemo dovolj daleč od točke B, A D B D SLIKA 5. Za vse tocke na krožnici s premerom DD' velja AT : BT = A. Pokažimo še, da velja tudi obratno. Izberimo si razmerje A = 1. Na daljiči AB izberimo točko D, tako da bo AD : DB = A, na nosilki daljiče AB pa toČčko D , ki ne leži na AB, da bo tudi AD' : D'B = A. Narišimo krožničo s premerom DD in na njej izberimo poljubno točko T. Kot ZDTD' je po Talesovem izreku pravi. Pokazati moramo, da velja AT : BT = A. Narišimo trikotnik ABT. Skozi B potegnimo vzpo-redničo q premiči DT, ki seka poltrak pAT v točki E. Prav tako skozi B potegnimo vzporedničo r premiči D'T, ki seka poltrak pAT v točki E'. Ker imata kota ZE'BE in ZDTD' vzporedne krake, sta enaka in je tudi kot ZE'BE pravi. Po Talesovem izreku o sorazmerjih je zaradi vzporednosti premiče q in daljiče DT AT : TE AD : DB A 6 PRESEK 47 (2019/2020) 5 MATEMATIKA in na enak nacin zaradi vzporednosti premice r in daljice D'T ■ TA : TE' = D'A : D'B = A. Zato je TE = TE' in je T razpolovišce daljice EE'. Pokazali smo, daje kot ZE'BE pravi, zato po obratu Talesovega izreka tocka B leži na krogu s premerom EE' in središčem T ter velja ■ TB = TE = TE'. S tem smo dokaz koncali. Po pravkar dokazanem namrec velja ■ TA : TB = TA : TE = A. Tako smo dobili iskano alternativno definicijo kro-žnice: Apolonijeva krožnica je množica točk C, ki so od gorišc A in B oddaljene v predpisanem razmerju AC : BC = A = 1. Zaključek Sedaj lahko rešimo problem prestrezanja ladje, ki smo ga zastavili na zacetku sestavka. Recimo, da se v nekem trenutku nahajamo v tocki B, ladja pa v tocki A. Ladjo bomo lahko prestregli, ce bo ob nekem casu t obstajal trikotnik ABC s krakoma AC = v1t in BC = v2t. Vse takšne tocke C ležijo na Apo-lonijevi krožnici z gorišcema A in B in razmerjem v1 : v2. Prav tako mora tocka prestrezanja ležati na premici, ki jo doloca tir plovbe ladje. Zato moramo coln usmeriti v tocko, ki je presek nosilke tira ladje in Apolonijeve krožnice. Prav tako znamo narisati trikotnik s podatki c, tc in b : a. Najprej narišemo osnovnico AB = c in njeno razpolovišce oznacimo z S. Potem je tocka C presek krožnice s središcem S in polmerom tc ter Apoloni-jeve krožnice z gorišcema A in B in razmerjem b : a. Radovedni bralec lahko s pridobljenim znanjem skuša narisati paralelogram z danima stranicama a in b in razmerjem diagonal e : f. _ XXX www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si Prometna ureditev Zelenega gaja Nika Novak Prebivalci ulice Zeleni gaj, ki je bila del cone z omejitvijo hitrosti 30 km/h, so v casu vsakodnevnih prometnih konic opazili, da se je promet v sicer mirnem okolju povečal. Nekateri so si po njihovi ulici skrajšali pot, drugi pa so se le skušali izogniti cakanju v koloni. Ker pa se je vecini mudilo, omejitve hitrosti niso upoštevali (ali pa je sploh niso opazili). Tako je prej mirna cesta postala nevaren poligon za pešce, kolesarje in otroke. Zato so se prebivalci odlocili, da se obrnejo na obcino s prošnjo za postavitev hitrostnih ovir. Obcinski uradniki so prošnjo proucili, nato pa policistom narocili, da en teden merijo hitrost vseh vozil, ki se peljejo po ulici Zeleni gaj. Ko so prejeli vse meritve, so prošnjo zavrnili z obrazložitvijo, da je povprecna hitrost enaka 35 km/h, kar ni veliko odstopanje od omejitve. Na kakšen nacin bi se pobudniki umiritve prometa lahko pritožili na odlocitev obcine, ko so prejeli tabelo izmerjenih hitrosti (tabela 1)? Iz danih podatkov izracunaj povprecno vrednost, mediano in modus. Izracunaj še delež voznikov, ki se držijo omejitve. -> PRESEK 47 (2019/2020) 7 5 M ATEMATI KA hitrost število avtomobilov do 30 km/h 1220 od 30 - 40 km/h 1313 od 40 - 50 km/h 2066 od 50 - 60 km/h 1998 od 60 - 70 km/h 624 od 70 km/h - 90 km/h 103 TABELA 1. X = 15 ■ 1220 + 35 ■ 1313 + 45 ■ 2066 1220 + 1313 + 2066 + 1998 + 624 + 103 55 ■ 1998 + 65 ■ 624 + 80 ■ 103 + 50 km/h, zadnjemu pa 60 km/h. Zato interval med 50 in 60 razdelimo na 2066 - 1 enakih delov. Ker je 1220 + 1313 voznikov vozilo manj kot 50 km/h, je 3671. voznik (3671 - (1220 + 1313) - 1). med 2065 hitrostmi znotraj intervala. Enako izračunamo še hitrost 3672. voznika in izračunamo njuno povprečje: Me = 50 + 3671' 5 - (1220 +1313 + 1) (60 - 50) 2066 1 = 55,51. Kako izračunamo povprečno vrednost? Dani podatki so porazdeljeni v frekvenčne razrede. Število avtomobilov predstavlja frekvenče posameznih razredov. Za izračun povprečne vrednosti (aritmetične sredine) izračunamo povprečje vsakega intervala in za vsak podatek predpostavimo, da je enak povprečju pripadajočega intervala. Povprečno vrednost dobimo tako, da posamezne srednje vrednosti razredov pomnožimo s frekven-čami in delimo s skupnim številom podatkov. Za prvi razred je povprečna vrednost 15, ki jo dobimo kot sredino intervala med 0 in 30: Mediana je višja in bi že lahko prepričala občinske veljake, saj je poloviča voznikov vozila hitreje kot 55 km/h v območju umirjene vožnje. Kako izračunamo modus? Modus ali gostiščnica je najpogostejša vrednost. Pri porazdelitvi v frekvenčne razrede imenujemo razred z največjo frekvenčo modalni razred. Modalni razred je v našem primeru interval od 40 do 50 km/h, modus pa izračunamo po formuli: Mo = 40+ (50-40) = 49,17. 2066 1313 (2066-1313) + (2066-1998) 1220 + 1313 + 2066 + 1998 + 624 + 103 = 43,13. Tako izračunana povprečna vrednost se razlikuje od prave, je pa izračun hitrejši in v primeru tako podanih podatkov edini mogoč. Kako izračunamo mediano? Mediana ali središcnica je hitrost, za katero velja, da je vsaj poloviča voznikov vozila počasneje in vsaj po-loviča hitreje. Ker je vseh voznikov 7342, je mediana povprečna vrednost hitrosti 3671. in 3672. voznika. Ker je 1220 + 1313 < 3671 in 1220 + 1313 + 2066 > 3672, sta oba voznika vozila od 50 do 60 km/h. Zato bo tudi mediana v tem razredu. Izračunamo jo tako, da na interval od 50 do 60 enakomerno razporedimo vse voznike tega razreda. Prvemu pripišemo hitrost Za modus tako izberemo vrednost znotraj modal-nega razreda, čigar razdalja do sosednjih razredov je sorazmerna spremembi frekvenče. Previdni vozniki Za koneč izračunajmo še delež voznikov, ki vozi po predpisih: 1220 7342 = 0,1662 = 16,62%. Po pritožbi in daljši statistični razpravi so se na občini le zganili in postavili hitrostne ovire. Zdaj pa se pritožujejo vozniki. _XXX www.obzornik.si www.dmfa.si 8 PRESEK 47 (2019/2020) 5 MATEMATIKA Preprosti številski trikotniki Marko Razpet Razvrstimo po vrsti vsa liha števila v trikotnik tako, da bo v prvi vrstici eno število, v drugi dve števili, v tretji tri števila in tako dalje (številski trikotnik (1)). Zapišemo lahko seveda le nekaj vrstic, sicer pa je številski trikotnik neomejen. 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 31 33 35 37 Seštejmo v vsaki vrstici vsa števila. Takoj opazimo, da dobimo po vrsti kube naravnih števil: 1 = 13, 3 + 5 = 8 = 23, 7 + 9 + 11 = 27 = 33,.... Ali to pravilo drži za vsako vrstico? Za odgovor na zgornje vprašanje nam bo v veliko pomoc trikotna razdelitev vseh naravnih števil (številski trikotnik (2)). 1 2 4 7 3 5 8 6 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 V prvo vrstico postavimo eno število, v drugo dve števili, v tretjo tri števila in tako dalje. Zadnje, skrajno desno število v n-ti vrstici je ravno vsota prvih n zaporednih naravnih števil. Rezultat nam je znan: Tn = 1 + 2 + 3 + + n = n(n + 1) "2 ' (1) Vidimo, da je Tn ravno n-to trikotniško število. Tri-kotniška sestavljajo zaporedje 1, 3,6,10,15, 21,____ Liha števila prav tako sestavljajo zaporedje: 1, 3, 5, 7,9,11,____ Označimo k-to liho število z l(k). Očitno je l(k) = 2k - 1. Podobno soda števila sestavljajo zaporedje 2,4,6,8,10,12,____Z s(k) oznacimo k-to sodo število. Ocitno je s (k) = 2k. Pri tem je k poljubno naravno število. Zaporedji lihih in sodih števil sta aritmeticni z razliko 2. Zaporedje trikotni-ških števil pa ni aritmeticno, ker razlika Tn+1 - Tn = n + 1 ni stalna, pac pa je zaporedje teh razlik aritme-ticno. Podobno kot liha števila razvrstimo v trikotnik tudi vsa soda števila (številski trikotnik (3)). 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 32 34 36 38 30 (3) (2) Trikotnik naravnih števil (2) je v preprosti zvezi s trikotnikoma lihih in sodih števil. Funkcija k ^ l(k) ga povratno enolicno preslika na trikotnik lihih števil (1), funkcija k ^ s(k) pa na trikotnik sodih števil (3). Pri tem se ohranja urejenost številskih trikotnikov. -> PRESEK 47 (2019/2020) 9 5 M ATEMATI KA —^ V n-ti vrstici trikotnika (1) je n lihih števil. Zadnje je Tn-to liho število, to se pravi l(Tn) = 2Tn - 1 = n(n + 1) - 1 = n2 + n - 1. V (n - 1)-ti vrstici je za n > 1 zadnje število Tn-1-to liho število. Zato se n-ta vrstica v trikotniku (1) prične z l(Tn-1) + 2 = 2Tn-1 - 1 + 2 = n(n - 1) + 1 = n2 - n + 1. Vsota Ln vseh števil v n-ti vrstici je enaka vsoti n členov aritmeticnega zaporedja, kar lahko izrazimo kot produkt aritmeticne sredine prvega in zadnjega clena s številom clenov: (n2 - n + 1) + (n2 + n - 1) ■ Ln = --^-- ■ n 2n2 2 n = n. Torej je v n-ti vrstici številskega trikotnika, ki ga sestavljajo liha števila, vsota Ln enaka n3. Prav tako je v n-ti vrstici trikotnika (3) n sodih števil. Zadnje je Tn-to sodo število, to se pravi s(Tn) = 2Tn = n(n + 1) = n2 + n. V (n - 1)-ti vrstici je za n > 1 zadnje število Tn-1-to sodo število. Zato se n-ta vrstica trikotnika (3) pricne s s(Tn-1) + 2 = 2Tn-1 + 2 = (n - 1)n + 2 = n2 - n + 2. Vsota Sn vseh števil v n-ti vrstici je enaka vsoti n clenov aritmetic-nega zaporedja, kar spet lahko izrazimo kot produkt aritmeticne sredine prvega in zadnjega clena s številom clenov: (n2 - n + 2) + (n2 + n) ■ Sn =---■ n 2n2 + 2 2 3 n n3 n. n 1 + V8k - 7 2 Celi del realnega števila £ je najvecje celo število, ki ne presega To število oznacimo z LŠJ. Razlika d = k - Tn-1 pa pove, kateri po vrsti je k v n-ti vrstici trikotnika naravnih števil in s tem tudi, kje je m v n-ti vrstici trikotnika lihih oz. sodih števil. Primer. Kje ima v trikotniku lihih števil svoje mesto število m = 25? Hitro ugotovimo, daje tedaj k = 13, n = 5 in Tn-1 = T4 = 10. S tem imamo še d = 13 - 10 = 3. Število 25 je zato tretje v peti vrsti trikotnika lihih števil. Naloga. Poišci vsote po vrsticah v številskem trikotniku (4) za 2 zmanjšanih trikratnikov naravnih števil in poišci formulo za vsote števil po vrsticah. Na katerem mestu v trikotniku je število 2020? 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 37 40 46 49 52 55 (4) 61 XXX Torej je v n-ti vrstici številskega trikotnika, ki ga sestavljajo soda števila, vsota Sn enaka n3 + n. Posledicno je v n-ti vrstici številskega trikotnika (2), ki ga sestavljajo vsa naravna števila, vsota enaka (n3 + n)/2. Kako bi ugotovili, kje v številskih trikotnikih (1) oziroma (3) je izbrano liho oziroma sodo naravno število m? Najprej je treba poiskati tako naravno število k, za katero je m = l(k) (m = s (k)). Nato do-locimo, kje v trikotniku naravnih števil je ta k. Vemo, da je treba poiskati tako naravno število n, za katero je Tn-1 + 1 < k < Tn oziroma n2-n + 2 < 2k < n2 +n. Izkaže se, daje n celi del pozitivne rešitve kvadratne enacbe x2 - x + 2- 2k = 0: SLIKA K MATEMATIČNEMU TRENUTKU. XXX 10 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA CD stereo-spektroskop Andrej Likar -> CD ploščo lahko uporabimo kot optično mrežico in iz nje naredimo preprost, a presenetljivo dober optični spektroskop. Bralce bo ta zapis morda spodbudil, da si tak spektroskop naredijo sami. Optičnih mrežic navadno nimamo pri roki, kak star, morda celo odvržen CD pa se hitro najde. Na spletu najdemo nič koliko navodil, kako naredimo tako napravo. Tu predstavljamo stereo-spektroskop, kjer gledamo na spekter z obema očesoma hkrati. Vidimo spekter, kot da plava v prostoru. Gledanje z obema očesoma izostri nekatere zanimive podrobnosti spektrov. Tudi če imamo povsem oster vid, je stereo-opazovanje manj naporno, pri majhnih optičnih napakah oči, kot je na primer astigmatizem, pa te pri stereo opazovanju manj motijo. Osnovni sestavini vsakega optičnega spektroskopa sta dovolj ozka in dovolj natančno izdelana reža in seveda optična mrežiča ali prizma, ki prostorsko loči svetlobo z različnimi valovnimi dolžinami. Na CD plošči je digitalni zapis organiziran v obliki kon-čentričnih sledi, ki so 1600 nm narazen. Ker vidni svetlobni spekter sestavljajo valovi z dolžinami med 400 nm in 700 nm, na bralni strani osvetljene plošče hitro opazimo mavrične barve. Te nastanejo z interferenčo svelobe, ki se siplje na sledeh. Spektroskop bo torej sestavljen po razmisleku, predstavljenem na sliki 1. Svetloba (denimo bela, kot na sliki), ki preide režo, pade na vrtljivo zrčalo Z, ki ga usmeri na CD ploščo, kjer se razkloni. Spekter opazujemo v snopu barvno razklonjene svetlobe. Iz reže v resniči izhaja divergentni snop svetlobe, ki jo oko zbere na mrežniči. Reža mora biti čim ožja, da se slika reže na mrežniči očesa, ki jo vidimo v določeni spektralni barvi, ne prekriva preveč s slikami sosednjih barv. Slike reže v različnih barvah so na- mreč na mrežniči očesa premaknjene, ker se različne barve interferenčno ojačujejo pod različnimi koti. Širino reže pa moramo prilagoditi svetilnosti vira, saj pri preozki reži spektra sploh ne vidimo. Zato mora reža imeti nastavljivo širino. Prav tako moramo poskrbeti, da z zrčalom, vrtljivim okrog vodoravne osi, postavimo na mesto, primerno za udobno opazovanje. SLIKA 1. Zasnova spektroskopa. Svetlobni curek, ki se prebije skozi režo R in odbije od zrcala Z, se na CD plošci razkloni v spektralne barve, ki zadenejo oko O. Taka zasnova omogoča udobno opazovanje spektra. V zgornji zasnovi lahko eno dolgo zrčalo nadomestimo z dvema, ki usmerjata spekter hkrati v obe očesi. Na sliki 2 je skičirana taka postavitev zrčal. Pri gradnji spektroskopa kot med zrčaloma nastavimo s poskušanjem. Pri tem si pomagamo z gumičami. Vse skupaj postavimo v trdno škatlo, ki jo znotraj počr- -> 11 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA —^ nimo. Škatlo na sliki 3 smo zlepili iz parketnih deščic. Še beseda o reži z nastavljivo širino. Tu se rado zatakne, saj pogosto naletimo na navodilo, da mora reža imeti po vsej dolžini, kar se da enako širino. Tako režo je težko narediti, še posebno, če mora biti zelo ozka. Mi smo uporabili dve sladoledni paličici, ki jih lahko kupimo v vrečki brez sladoleda (lučke ali ježka). Na sliki 4 je posneta taka reža. Spodnja pa-ličiča je prilepljena na ohišje, zgornja pa je vrtljiva okrog osi, ki jo določa vijak. Taka reža sičer nima povsod enake širine, kar pa ne vpliva na kvaliteto spektra. Tako dobimo imeniten stereo-spektroskop, ki ima res presenetljivo dobre lastnosti. SLIKA 2. Zrcali Z sta postavljeni pod kotom, ki zagotavlja obema očesoma hkrati pogled na spekter. Pa si poglejmo nekaj spektrov, ki smo jih s fotoaparatom posneli na našem spektroskopu. Pri tem seveda zajamemo na fotografski medij le sliko enega spektra, saj je fotoaparat »enooki opazovaleč«. Spektri so pri opazovanju prečej lepši kot ti na slikah. Pred leti, ko še ni bilo LED sijalk, so na veliko priporočali živosrebrne nadomestke običajnih žarnič na žarilno nitko. Nekaj teh je še vedo v uporabi. Njihov spekter je prikazan na sliki 5. Spekter na sliki 6 je posnet pri daljši ekspozičiji, da se vidijo tudi črte v modrem in violičnem delu, ki jih sičer s prostimi očmi ne vidimo. Po odkritju modrih svetlečih SLIKA 3. Levo: zaprta škatla, v kateri sta zrcali in CD plošča, vidna je le reža R. Desno: odprt pokrov škatle, kjer vidimo zrcali Z in CD ploščo. Spekter opazujemo skozi okence pod zrcali Z na zadnji strani škatle. SLIKA 4. Režo s spremenjljivo širino smo naredili iz palicic za sladoled. diod (za kar je bila leta 2014 podeljena Nobelova nagrada za fiziko) so kmalu prišle na trg LED sijalke, ki za enako svetlost porabijo tudi petkrat manj moči od žarnič na nitko. Spekter take sijalke je na sliki 7. Lepo vidimo moder pas originalne svetlobe, ki jo potem premazi na steklu sijalke spremenijo v meša-ničo rdeče, rumene in zelene, primerno za osvetlitev prostorov. Pri očeni kvalitete spektroskopa je pomembna njegova ločljivost. To je lastnost, da spektralne črte z bližnjimi valovnimi dolžinami še ločimo med seboj. Da preverimo ločljivost, je vredno pogledati spekter rumene svetlobe iz natrijeve žarniče. Ta vsebuje valovanje z dvema, zelo bližnjima valovnima dolžinama, in sičer 589,0 nm in 589,6 nm. Razlika valovnih dolžin je torej le 0,6 nm. Na sliki 8 smo posneli njun spekter. Ne le, da sta črti lepo ločeni, jasno je videti, da je svetloba z večjo valovno dolžino prečej (v resniči dvakrat) šibkejša. Kljub preprosti izdelavi smo dobili presenetljivo dober spektroskop. 12 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA SLIKA 5. Črtast spekter svetlobe varčne živosrebrne žarnice SLIKA 6. Spekter varčne žarnice pri daljši ekspoziciji Končno poglejmo še spekter svetlobe, ki pride s Sonca. Na sliki 9 je prikazan tak spekter. Pri natančnejšem ogledu vidimo v njem temnejše črte. Dobro so vidne v modrem in modro-zelenem delu spektra. Posebno izrazita pa je črta v rumenem delu spektra, saj rumene barve skoraj ne vidimo. Svetloba s površja Sonca se mora namreč prebiti skozi Sončevo atmosfero, kjer jo v valovnem območju 589 nm natrijevi atomi prečej oslabijo. Oslabijo jo tudi drugi atomi s prehodi iz osnovnega energijskega stanja v višja stanja. Pri tem se absorbira svetloba pri ostro določenih valovnih dolžinah, kjer imajo fotoni ravno pravšnjo energijo. SLIKA 7. Spekter LED sijalke SLIKA 8. Natrijeva dvojna rumena črta (dublet). Zgornja črta (A 589,0nm je dvakrat močnejša kot spodnja (A = 589,6nm). SLIKA 9. Spekter svetlobe iz Sonča kaže temne absorpčijske črte. XXX 13 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA Pero iz pavjega repa vU nU vU Andrej Likar -> Odboj svetlobe na tankih plasteh pogosto opazujemo na milnih mehurčkih in lužah, na katerih plava tenka plast motornega olja. Pisane barve nastanejo zaradi interferenčne oslabitve odbite svetlobe pri določenih valovnih dolžinah v izbranih smereh (glej sliko 1). Vpadna bela svetloba se zato obarva. Rožnata barva, turkizno-zelena, rjava, škrlatna, magenta, cijan, zlata, indigo modra, olivna, to je le nekaj imen za te nespektralne barve. Svetloba teh barv ima širok spekter, je torej mešanica spektralnih barv, ki so, kot vemo, rdeča, oranžna, rumena, svetlo zelena, zelena, modro-zelena, modra in violična ter seveda vsi odtenki med njimi. vpadna bela svetloba SLIKA 1. Odboj na tankih plasteh obarva belo vpadno svetlobo. Na sliki zelena svetloba pri odboju pri danem kotu 9 destruktivno interferira. Odbita svetloba vsebuje le modro in rdeco, kar dojamemo kot škrlatno barvo, eno od opaženih barv pavjega peresa Lepe barve imajo tudi nekatere živali, ki se obarvajo prav zaradi interference svetlobe na tankih plasteh. Med temi prevladujejo žuželke in ptice, med pticami pa izstopa pav s svojim perjem. Barva peres pavjega repa se pred našimi ocmi preliva od violicne preko modre do zelene, zlate in rožnate. Pred časom sem dobil dolgo pero iz pavjega repa z ocesom (glej sliko 2). Ta ocesa so geometrijsko pravilno posejana po razkošni odprti vlecki, ko pav izvaja svoj paritveni ples. Na sliki 3 smo posneli to oko od blizu. Zacudi nas izjemna natancnost vzorca na peresu. SLIKA 2. Pavje pero z ocesom Pa privzemimo, da gre pri obarvanosti delov peresa, ki so, glede na smer opazovanja, izrazito škrlatne, modre ali zelene barve, za interferenco na tankih plasteh. Posneli smo barvo tega dela ocesa pri osvetlitvi z belo svetlobo pod razlicnimi odbojnimi koti. Slika 4 kaže te barve pri padajocem vpadnem kotu, prvo torej pri kotu blizu 90o stopinj, zadnjo pa pri 14 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA skoraj navpičnem vpadu. Barve se prelivajo iz škrlatne preko modre, zelene do rumeno-zelene. Za primerjavo smo izračunali barve pri različnih vpadnih kotih, ki jih pričakujemo pri vpadu bele svetlobe na tanko plast z izbrano debelino (slika 4 spodaj). Sosledje barv se kar dobro ujema z barvami peresa. Na računalniškem zaslonu so te barve verjetno dosti bolj prepričljive kot na tiskani sliki. Pri povsem navpičnem vpadu se rožnato obarva tudi zunanji rob očesa, kot to vidimo na sliki 5. SLIKA 3. Oko na pavjem peresu od blizu SLIKA 4. Oko, osvetljeno z belo svetlobo pod različnimi koti. Spodaj je prikazan izračunan potek barve v odvisnosti od vpadnega kota. Na levi je vpadni kot blizu 90o, na desni pa 0o. SLIKA 5. Pod navpično osetlitvijo postane obroba očesa rožnata. Cudimo se in se sprašujemo, kako je lahko narava ustvarila tako ptičo. Seveda ne bomo opustili prepričanja v evolučijo, a nas dvomljivči vseeno spravijo v zadrego, kot nas spravi v zadrego razlaga o netopirjevi orientačiji z zvokom, o natančnem kameleono-vem lovu z jezikom in o še mnogih, res neverjetnih živalskih sposobnostih. Pri pavu gre za spolni dimorfizem, torej pojav, kjer se osebki močno razlikujejo po spolu. Pavi so bistveno bolj okrašeni kot paviče, ki so podobne kuram. Na izrazit dimorfizem naletimo tudi pri rajskih ptičah. Nekaj spolnega dimorfizma najdemo pri skoraj vseh živalski vrstah, tudi pri ljudeh. Ni pa povsem jasno, kako se je izjemna, filigranska lepota pavje vlečke razvila. Najpreprostejša razlaga povezuje razvoj z izbiro samiče, ki med vsemi samči izbere »najlepšega«, to pa je sameč z najbolj izpopolnjeno vlečko, najizrazitejšo krono na glavi. Samčeva lepota je torej močno povezana s selekčijo, se torej s časom ne le ohranja, pač pa tudi izpopolnjuje. Pri tem nas nekoliko čudi samičina skoraj človeška sposobnost zaznati izjemne podrobnosti na samčevi zunanjosti. Včasih smo pri teh vprašanjih preveč zaverovani sami vase. Ne pomislimo, da lahko samiča vidi tudi ultraviolično in infrardečo svetlobo, za katero smo ljudje povsem slepi. Prav lahko je izrazito pozorna na samčevo zunanjost, saj ta nakazuje njegovo trdno zdravje in moč preživetja. Literatura 1 A. Likar, Kako na zaslonu prikazati barve milnic-nih mehurčkov?, Presek 45 (2017/2018), 11-13. _ XXX 15 PRESEK 47 (2019/2020) 5 RAZVEDRILO v v v Nagradna križanka DEL VESOLJSKE LADJE BREZ POTISKIH RAKET AVTOR MARKO BOKAUČ OZNAKA NEZNANKE V ENAČBI KARMEN ŠVEGL PREMO-GOVI UGASKI GRŠKI MITIČNI ENOOKI VELIKANI AZERBAJ-DŽANSKI POLOTOK VKASPU. JEZERO DEPATRTMA NA SEVERU FRANCIJE SOSEDI ČRKER LADIJSKI ČOLN NEPOSREDNI MOŠKI POTOMEC IZVOR, RESURS IGRA NA SREČO ÜPLENITEV ŽIVALI JAMES ENSOR NA PAPIG S ŠČET1-NASTÏM JEZIKOM ČEŠKI PISATELJ AGAVI PODOBNA RASTUNA KONČNI DEL VODOVODNE NAPELJAVE UGANKARSTVO GRAFIČNO OBLIKOVANJE. MATEVŽ BOKALIČ FIZIK, ODKRITEU ZAKONOV GIBANJA AMERIŠKI (GEORGE WILLIAM) CITROENOV STARO-DOBNIK MEJNA REKA NA SEVEROVZHODU KITAJSKE TOPORIŠIČ LIMUZINA PERIODIČNO GIBANJE MED SKRAJNIMA EVROPSKA OTOŠKA DRŽAVA PODKON-TTNENT VZHODNO-SIBIRSKA POKRAJINA NESIMET-RIÍNOST ŠVEDSKI PISATELJ, RAZSVET-UENEC (OLOFVON) DRAMA-TURGINJA RATEJ BANJA GRŠKI BOG LJUBEZNI SKLADNOST, KONGRU-ENCA VELIKA AMERIŠKA ZVER STARA ENOTA ZA POSPEŠEK PEVKA AVSENIK REKA IN GROFIJA V ANGLIJI GLAVNO MESTO VENEZUELE RIMSKA ZNAKA ZA SOIN 100 JUŽNOAMERIŠKI SADEŽ LARS ONSAGER HČI GORENJSKI KRAJ PRI GOLNIKU INDUSTRIJSKI KRAJ V POSOČJU OČKA ZDRUŽENJE SORODNIH KONCERNOV ODPOSLANEC MESTO V ANGLIJI NESKONČNOST TRAJANJA GLAVNIH ZNAČILNOSTI JUNAK SREDNJEVEŠKEGA DVORSKEGA EPA NAŠ GLASBENIK M KRAJ PRI CERKNICI ŠTORKLJA V PREKMURSKEM OKOLJU TOPLOTNA OBDELAVA HRANE PRISLOV KRAJA PLEČATOST MAJHNEGA ČLOVEKA GLASBENI INTERVAL, KI OBSEGA ŠEST STOPENJ NEVTRAL ZA MNOŽENJE PRI SMEJANJU IMAMO ODPRTA VLAK, KI U5TAVUA LENA GLAVNIH POSTAJAH TEMELJNA MATEMAT. TRDITEV, KISE NE DOKAZUJE 16 PRESEK 47 (2019/2020) S RAZVEDRILO OZNAKA NEZHANKE VODA VTRDNEM STANJU KAZALNI ZAIMEK MAKEDON-SKIPLES SPLETNA DOMENA AVSTRUE NAGEL, SILOVIT POJAV BOLEZEN. ZNAKOV JUGOVZHODNI PREDEL GRtUE Z ATENAMI NAGRADNI RAZPIS -> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 15. maja 2020, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado. _ XXX 17 PRESEK 47 (2019/2020) S ASTRONOMIJA 27. sanktpeterburška astronomska olimpijada (SAO) sU sU sU Andrej Guštin 25. marca 2020 so organizatorji Sanktpeterbur-ške astronomske olimpijade (SAO) objavili koncne rezultate. Naši tekmovalci in tekmovalke so se odlicno odrezali. V kategoriji 8. razred osnovne šole je Tomaž Holc iz OŠ Breg, Ptuj prejel zlato medaljo, Žan Arsov iz OŠ Brezovica pri Ljubljani in Elizabeta Koncan iz OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka pa sta prejela bronasto medaljo. V kategoriji 9. razred osnovne šole je Peter Andol-šek iz OŠ dr. Franceta Prešerna, Ribnica prejel srebrno medaljo, Brest Lenarcic iz OŠ Kozje pa bronasto medaljo. V kategoriji srednja šola je Vid Kavcic iz Srednje šole Črnomelj prejel srebrno medaljo, Marcel Malovrh iz Gimnazije Kranj pa bronasto medaljo. Vsem tekmovalcem in tekmovalkam, mentorjem in mentoricam cestitamo za izjemen uspeh! Tokrat objavljamo naloge prakticnega dela letošnje SAO in rešitve nalog za 7. in 8. razred, ki smo jih objavili v prejšnji številki Preseka. Praktični del 27. SAO 2020 7. in 8. razred osnovne šole Gibajoca se kopica zvezd je skupina takih zvezd, ki imajo približno enake hitrosti in se po prostoru gibljejo kot enotna kopica v isti smeri. V tabeli 1 so podane razdalje do vesoljskih teles (r), njihove ekvatorialne koordinate (a, 5) galakticne koordinate (lon-gituda l in latituda b) glede na ravnino naše Galaksije in tri komponente njihovih hitrosti (vx, vy, vz) v smereh x, y, z v dolocenem koordinatnem sistemu. Na podlagi razpoložljivih podatkov v tabeli oznaci zvezde, ki pripadajo posamezni gibajoci se kopici. Oceni tudi velikost posamezne gibajoce se kopice. 9. razred osnovne šole Na prvi fotografij (slika 1) je vidna Saturnova luna, ki se giblje v zunanjem obmocju kolobarjev, na drugi (slika 2) pa je Saturn v negativu. Znano je, da je SLIKA 2. 18 PRESEK 47 (2019/2020) 5 ASTRONOMIJA Št. r (parsek) a A l B vx (km/h) vy (km/h) Vz (km/h) 1 88,1 9h31min16s -64°14'27" 283,2° —9,3° — 16,08 —30,4 —0,94 2 10,5 23h7min54s + 75°23'15" 116,4° +13,9° 8,31 —11,2 —2,415 3 98,0 8h5min3s —60°38'41'' 277,6° —10,0° — 19,44 —27,8 —2,22 4 89,1 21h14min32s +63°35'35'' 101,5° +10,0° —7,313 —19,12 —4,6 5 18,8 4h2min36s —0°16'8'' 190,7° —36,9° —7,85 —28 — 11,79 6 91,7 9h20min37s —63°10'0'' 281,6° —9,4° —16,59 —27,9 —0,70 7 77,2 9h48min19s —64°3'22'' 284,5° —8,0° —16,28 —28,32 —0,903 8 36,5 3h33min13s +46°15'26'' 149,9° —8,0° —6,53 —27,84 —16,57 9 156,8 23h18min38s +68°06'40'' 114,2° +6,5° —10,15 —15,2 —3,7 10 32,3 14h47min33s —0°16'53'' 353,2° + 51,0° —9,66 —28,07 —10,7 11 80,4 9h10min58s — 58°58'3'' 277,6° —7,4° —1,53 —18,3 0,34 12 87,1 8h58min45s —69°8'1'' 284,9° —15,1° —16,59 —27,5 — 1,44 13 174,0 23h30min2s + 58°32'56'' 112,5° —2,6° —9,3 — 30,1 —1,2 14 24,4 1h16min29s +42°56'22'' 127,8° —19,7° 28,2 1,7 7,2 15 22,1 4h15min26s +6°11'59'' 186,7° — 30,5° 24,5 3,9 — 1,6 16 33,3 2h12min15s + 23°57'30'' 145,7° —35,3° —8,22 —27,41 —12,52 17 23,0 15h34min41s + 26°42'53'' 41,9° +53,8° 24,2 8,3 —0,3 18 38,8 3h9min42s —9°34'36'' 191,3° —53,0° —5,24 —27,92 —9,75 19 82,3 10h20min51s — 58°32'49'' 284,7° —1,3° —14,44 —26,6 —3,772 20 34,5 22h20min7s +49°30'12'' 99,3° —6,3° —9,65 — 23,44 —4,86 21 21,4 21h31min1s + 23°20'7'' 74,3° —20,1° —6,5 —29,07 —13,15 22 23,6 1h49min23s —10°42'13'' 165,4° —68,7° 27,6 4,7 3,5 23 18,8 4h9min35s +69°32'29'' 139,2° +13,0° — 7,8 —24,02 — 17,15 24 22,4 7h49min55s + 27°21'47'' 193,3° +24,1° 23,8 7,6 —0,5 25 22,8 1h36min43s + 7°49'54'' 142,0° —53,3° —2,13 5,3 —12,8 26 160,2 23h3min21s + 58°33'50'' 109,2° —1,3° —25,6 —18,1 7,4 27 28,3 0h18min20s + 30°57'22'' 114,6° —31,4° —4,43 —27,8 —15,7 28 22,2 6h39min50s —61°28'43'' 271,2° —25,0° —7,71 —28,32 — 14,37 29 1132 20h25min27s — 28°39'48'' 14,5° —32,0° 5,61 —15,22 —4,84 30 1231 19h35min57s — 53°0'31'' 344,4° —27,9° —4,13 —18,24 7,5 TABELA 1. PRESEK 47 (2019/2020) 5 19 ASTRONOMIJA -> bila v casu opazovanja luna v ravnini, ki je pravokotna na kolobarje in hkrati na zveznici med središčema Sonca in Saturna. Kot med ravnino kolobarjev in smerjo proti Soncu je 1 stopinja. Polmer Saturna je 9-krat večji od polmera Zemlje. Oceni premer lune in njen obhodni čas okoli Saturna. Vsake koliko casa je ta luna v konjunkciji s Saturnovo luno Titan? Titan se okoli Saturna giblje po krožnici s polmerom 1,2 milijona kilometrov, njegov obhodni cas pa je 16 dni. Opiši, kaj bi se zgodilo, ce bi se Titan nahajal na isti orbiti kot opazovana luna. Srednja šola Podane so svetlobne krivulje v spektralnih obmocjih B, V in R za dve supernovi tipa Ia (sliki 5 in 6), ki so ju astronomi opazovali v dveh razlicnih galaksijah. Na abscisi grafov je cas v mesecih/dnevih, na ordinati pa navidezne magnitude v pripadajocih spektralnih obmocjih. Na fotografijah v negativu (slika 3 in 4) sta galaksiji, v katerih sta zasvetili supernovi. V preglednici so njune ekvatorialne koordinate. Izracunaj oddaljenost obeh galaksij, ce veš, da je absolutna magnituda supernov Ia v obmocju V, ko je njihov sij najvecji, -19. galaksija a 14h03m 09h56m A + 54° 21 +69° 41 TABELA 2. SLIKA 3. Galaksija 1 Rešitve nalog iz prejšnje številke Preseka 7. in 8. razred osnovne šole Naloge izbirnega kroga 1. naloga. Oddaljenost kraja je približno 38 kilometrov. 2. naloga. Asteroid 1995 SN55 se Zemlji lahko približa na 4,6 astronomske enote, kar je bistveno vec kot 10-kratnik polmera Lunine orbite okoli Zemlje. SLIKA 4. Galaksija 2 3. naloga. Orbitalna hitrost Jupitra je 13 km/s, ker je podana najmanjša relativna hitrost neznanega planeta glede na Jupiter, ki je enaka razliki hitrosti Jupitra in planeta. Od tod sledi, da je orbitalna hitrost neznanega planeta 35 km/s. To pomeni, daje ta planet Venera. 4. naloga. Planetarna meglica M57 se širi s hitrostjo 38 km/s. 20 PRESEK 47 (2019/2020) 5 ASTRONOMIJA 5. naloga. Kotna velikost repa kometa na Marsovem nebu je lahko med 0 in 180 stopinj. Naloge teoreticnega kroga 1. naloga. Ko je Neptun v opoziciji, je ta najvišje na nebu okoli lokalne polnoci. Astronom je Neptun torej opazoval, ko je bila v Cilu polnoc. Takrat je bila ura v Sankt Peterburgu 6 zjutraj. 2. naloga. Iz podatkov ocenimo število zvezd N v kopici: N = 2 x 106 oz. 2 milijona. Iz znanega premera Sonca izracunamo dolžino vrste d, ce bi te zvezde stikoma razvrstili po prostoru: d = 4,5 x 1012km = 0,45 svetlobnega leta. To je bistveno manj od razdalje med Soncem in najbližjo zvezdo Pro-ksimo Kentavra, ki znaša približno 4,3 svetlobnega leta. 3. naloga. Iz podatkov lahko ugotovimo, da so bili 26. decembra 2019 Sonce, Luna in Jupiter na istem delu neba. Sonce se glede na zvezde in tudi glede na Jupiter navidezno pomika proti vzhodu. To pomeni, da je bilo Sonce 2. februarja 2020 vzhodno od Jupitra, kar pomeni, daje vzhajalo za planetom. Sledi, da je bilo takrat mogoce Jupiter videti zjutraj, preden je Sonce vzšlo. 4. naloga. Površinska gostota Kuiperjevega pasu je 5 x 10-4 kg/m2. 5. naloga. Ta naloga zahteva malo vec razlage. Najprej ocenimo deklinacijo zvezd. Iz podatkov sledi, da je višina Altairja v spodnji kulminaciji za opazovalca v Sankt Peterburgu vsaj -25°: ■ -25° < p + 6 - 90° = 60° + 6 - 90° = 6 - 30°. Zato je 6 > 30° - 25° = 5°. Tako je Altairjeva deklinacija pozitivna. Altair leži na severnem delu neba glede na nebesni ekvator in je zato viden po vsej severni polobli Zemlje, zlasti pa po vsej Rusiji. Najvecja višina nad obzorjem zvezde Alnair ustreza njeni zgornji kulminaciji: ■ 43° = 90° - |p - 6| = 90° - |6|, zato 161 = 90°-43° = 47°. Ugotoviti moramo še predznak deklinacije zvezde Alnair. Ce vemo, daje Alnair Alfa Žerjava, je torej zvezda južnega neba, zato je njena deklinacija negativna: 6 = -47°. Zvezda je torej vidna, vsaj ob zgornji kulminaciji, na zemljepisnih širinah, manjših od 43°, kar ustreza najbolj južnim regijam Rusije. _ XXX PRESEK 47 (2019/2020) 5 21 RAČ UNALNIŠ TVO Minimalna vpeta drevesa "is •i' Vp Sara Veber in Tim Poštuvan -> V današnjem svetu so problemi postali kompleksni, zato jih človek ne more več reševati brez uporabe računalnika. Ker računalnik ni čudežna naprava, ki bi sama od sebe znala reševati probleme, mu moramo dati navodila, kako naj se problemov loti. Postopek reševanja se imenuje algoritem, tega pa računalniku opišemo s pomočjo različnih programskih jezikov. V članku si bomo ogledali primer iz resničnega življenja, ki ga bomo prevedli na problem iskanja minimalnega vpetega drevesa. Ta se navidez zdi težak, vendar se s pravilnim pristopom zelo poenostavi. Opis problema Rečimo, da vas najame podjetje, ki se ukvarja z infrastrukturo čestnega omrežja. Zgrajeno imajo če-stno omrežje, kjer vsaka česta povezuje dve mesti in ima določeno čeno vzdrževanja. Ker želijo prihraniti čim več denarja, bi radi nekatere česte zaprli, a vseeno želeli, da mesta ostanejo med seboj povezana. Želijo torej minimizirati stroške vzdrževanja čest, a hkrati vseeno zagotoviti, da je iz vsakega mesta mogoče priti do vsakega drugega. Na sliki 1 je primer majhnega čestnega omrežja. Mesta so označena z majhnimi krogi, ki so poimenovani s črkami od a do e. Ceste so črte, ki povezujejo pare mest, zraven njih pa so napisane številke, ki predstavljajo čeno vzdrževanja česte. Tako sta mesti a in b povezani s često, vzdrževanje te česte pa stane 7. Omrežje je povezano, saj lahko iz vsakega mesta pridemo do vsakega drugega. Od mesta a do mesta d lahko pridemo npr. do c, saj obstaja česta med a in c, ter česta med c in d. SLIKA 1. Primer cestnega omrežja S takim opisom problema ni nič narobe, vendar vsebuje ogromno podatkov, ki za reševanje niso ključnega pomena. V resniči nam je čisto vseeno, ali imamo opravka z mesti ali letališči. Zaradi tega problem raje modelirajmo s pomočjo matematičnih struktur. Videli bomo, da je za naš problem najbolj primerna teorija grafov. Tako bomo ohranili samo tiste podatke, ki so res ključni za reševanje. Obstaja že veliko algoritmov, ki jih lahko uporabimo, če primerno modeliramo problem. Matematični model problema Pri modeliranju problema se bomo oprli na eno izmed vej matematike - teorijo grafov. Prej smo problem opisali s pomočjo mest in čest med njimi. V jeziku teorije grafov mestom rečemo vozlišča (angl. nodes), čestam pa povezave (angl. edges). Te povezave so lahko utežene ali pa ne. V našem primeru so utežene, saj ima vsaka česta svojo čeno vzdrževanja. Strukturo, ki zajema vozlišča in povezave, imenujemo graf. Graf G = (V,E) je množiča vozlišč V 22 PRESEK 47 (2019/2020) 5 RACUNALNIŠTVO in povezav E. E je množiča množič velikosti 2, kjer vsaka taka množiča predstavlja eno povezavo. V našem primeru imamo utežen graf, zato moramo imeti še dodatno funkčijo w, ki slika iz množiče povezav v realna števila. Graf zgornjega omrežja bi bil videti tako ■ V ={a,b,c,d,e} E ={{a,b},{a,c },{b,c},{b,d},{d,c},{e,b},{d,e}} ■ w: E - R {a,b} - 7 {a,c} - 1 {b,c} - 8 {b,d} - 9 {d,c} - 12 {e,b} - 2 {d,e} - 17 Povezava {a, b} predstavlja često med a in b, funk-čija w pa tej povezavi priredi vrednost 7, kar je njena čena vzdrževanja. Predstavitev omrežja smo si že pogledali, da pa ugotovimo, kaj je rešitev problema v matematičnem jeziku, moramo spoznati še pojme vpetega podgra-fa, drevesa in minimalnega vpetega drevesa. Vpet podgraf H = (V',E') grafa G dobimo tako, da odstranimo nekaj povezav grafa G, a vseeno ohranimo vsa vozlišča. Torej V = V, saj ohranimo vsa vozlišča, vendar E' ^ E, ker odstranimo nekaj povezav. Primer vpetega podgrafa našega zgornjega grafa: ■ V = {a, b, c, d, e} E = {{b,c}, {b, d}, {d,c}, {e,b}, {d,e}}. Vidimo, da ima vpet podgraf enako množičo mest, vendar drugačno množičo čest. V tem vpetem pod-grafu ni česte med a in b ter česte med a in c, torej je množiča čest podmnožiča čest osnovnega grafa. Naslednja izredno pomembna struktura v teoriji grafov je drevo. Drevo je definirano kot povezani graf brez čiklov. Povezanost grafa pomeni, da lahko preko povezav pridemo iz vsakega vozlišča do vsakega drugega. Cikel pa je podmnožiča vozlišč, ki so povezana v krog. Torej, če se začnemo sprehajati iz poljubnega vozlišča na čiklu in obiskujemo samo vozlišča na tem čiklu, a ne uporabimo iste povezave večkrat, se lahko vrnemo v začetno vozlišče. Primer drevesa je na sliki 1 označen odebeljeno. ■ V = {a, b, c, d, e} E = {{a, b}, {a,c}, {b,d}, {e,b}}. Vozlišča so kljub temu, da nimamo več vseh povezav, še vedno povezana. Zelo pomembna lastnost dreves je, da je med vsakim parom vozlišč natanko ena pot. Poleg tega ima drevo z n vozlišči natanko n - 1 povezav. Obe lastnosti sta razvidni iz primera. Iz prejšnjih dveh definičij lahko sedaj sestavimo definičijo vpetega drevesa. To je vpet graf, ki je hkrati drevo. Nas pa bo zanimala prav posebna vrsta vpetih dreves - minimalna vpeta drevesa. Minimalna vpeta drevesa so taka vpeta drevesa, ki imajo najmanjši možen seštevek uteži. Na zgornji sliki je ode-beljeno minimalno vpeto drevo, ki ima seštevek povezav enak 19. Z nekaj poskušanja se lahko prepričate, da v tem grafu ne obstaja vpeto drevo z manjšim seštevkom uteži. Z uporabo teorije grafov smo problem prevedli na iskanje minimalnega vpetega drevesa v uteženem grafu. Hkrati smo dobili tudi trivialni algoritem za iskanje minimalnih vpetih dreves. Poiščemo vsa vpeta drevesa, seštejemo uteži povezav in vzamemo tistega, ki ima najmanjši seštevek uteži. V grafu je lahko tudi eksponentno mnogo vpetih dreves glede na število vozlišč, zato je trenutni algoritem izredno neučinkovit. K sreči obstaja Kruska-lov algoritem, ki hitro najde minimalno vpeto drevo. V nadaljevanju si ga bomo podrobneje ogledali, vendar moramo prej spoznati še pomembno podatkovno strukturo, ki jo uporablja. Za nas bo ključna podatkovna struktura disjunktnih množic. Disjunktne množice Učinkovitost algoritma je velikokrat odvisna od učinkovite podatkovne strukture. Dober primer je ravno Kruskalov algoritem, čigar učinkovitost je odvisna predvsem od podatkovne strukture disjunktnih množič. Disjunktne množiče (angl. disjoint-set data stručture) so podatkovna struktura, ki hrani povezane komponente grafa. Povezana komponenta grafa je podmnožiča vozlišč, kjer je vsak par vozlišč iz te množiče med seboj dostopen preko povezav. Podatkovna struktura se imenuje disjunktne množiče, -> PRESEK 47 (2019/2020) 5 23 RAČ UNALNIŠ TVO —^ ker so povezane komponente te strukture med seboj disjunktne. To pomeni, da je vsako vozlišče v največ eni povezani komponenti. S pomočjo disjunk-tnih množič znamo izredno hitro povezovati komponente grafa in ugotoviti, ali je par vozlišč povezan. V nadaljevanju si bomo podrobneje pogledali ti dve operačiji. Podatkovna struktura si za vsako vozlišče hrani svojega starša - prvo vozlišče nad njim. Ce vozlišče nima starša, je koren. Ko implementiramo podatkovno strukturo, si za starša takega vozlišča shranimo kar to isto vozliče. Funkčija initialize ustvari začetno stanje komponent, kjer je vsako vozlišče svoja povezana komponenta. V skladu s prej povedanim je starš vsakega vozlišča kar vozlišče samo. def initialize(n): parent = [) fo i in rang< (n)] fo i in rang (n): parent[i] = i return parent Sedaj si poglejmo, kako ugotoviti, če sta dve vozlišči v isti povezani komponenti. Opazimo lahko, da ima vsaka povezana komponenta natanko en koren. Ta pa je za vsa vozlišča znotraj iste povezane komponente enak. Torej sta dve vozlišči v isti povezani komponenti, če imata enak koren. Funkčija fi nd najde koren vozlišča %, pri čemer mora imeti podano tabelo, ki smo jo dobili pri i ni ti alize. To naredi tako, da rekurzivno išče starša svojega starša, dokler ne pride do korena. V implementačiji uporabimo še kompresijo poti (angl. path čompression), ki pospeši iskanje korena. Med iskanjem vsa vozlišča na poti do korena prevezuje direktno na koren. To pospeši iskanje, saj je hitrost odvisna od števila vozlišč na poti do korena. def find(parent, x): # vozlišče je koren if parent[x] == x: return x # starša nastavimo na koren komponente parent[x] = find(parent[x]) return parent[x] Zadnja operačija, ki jo podatkovna struktura premore, je združevanje povezanih komponent. To naredi tako, da starša korena ene izmed obeh kompo- nent nastavi na koren druge komponente. To posledično spremeni tudi koren vseh vozlišč v tisti komponenti. Funkčija union naredi točno to, samo da pred združevanjem preveri, če sta vozlišči slučajno že v isti povezani komponenti. Ce je temu tako, združevanje nima smisla, zato funkčija ne stori ničesar. def union(parent, x, y): # korena komponent od x in y root_x = find(parent, x) root_y = find(parent, y) if root_x != root_y: parent[root_x] = root_y Za boljše razumevanje si poglejmo še primer na sliki 2. Na (i) vidimo začetno stanje, kjer je vsako vozlišče svoja povezana komponenta. Pri (ii) povežemo komponenti od a in c. Koren komponente od a je na začetku kar a, koren komponente od c pa c. Ker želimo komponenti povezati, nastavimo starša od c na a. Pri (iii) naredimo isto, vendar z b in e. Korak (iv) je podoben (ii). Koren komponente od c je a, koren komponente od e pa b. Nato nastavimo starša od b na a. Slika (v) ilustrira kompresijo poti. Ko iščemo koren komponente od e, starše vozlišč, ki jih sreča na poti do korena, nastavimo na koren. V tem primeru nastavi starša od b in e na koren. Korak (vi) je spet podoben (ii), le da povezujemo komponenti od a in d. Kruskalov algoritem Sedaj, ko smo spoznali vsa potrebna orodja, se lahko osredotočimo na iskanje minimalnih vpetih dreves. Za iskanje minimalnih vpetih dreves bomo uporabili Kruskalov algoritem. Algoritem je leta 1956 razvil Joseph Kruskal. Spada med požrešne algoritme, saj na vsakem koraku izbere najboljšo izmed možnosti, a je kljub temu končna rešitev optimalna. Algoritem poteka v naslednjih korakih. Na začetku uredi povezave glede na uteži, tako da so povezave z manjšo utežjo pred tistimi z večjo. V tem vrstnem redu potem obravnava povezave. Rečimo, da ima trenutna povezava krajišči v % in y. Ce sta % in y v različnih povezanih komponentah, povezavo doda. Tako x in y pristaneta v isti povezani komponenti. Ce sta % in y v isti komponenti, potem bi dodajanje te povezave povzročilo čikel. To se seveda ne sme zgoditi, 24 PRESEK 47 (2019/2020) 5 RACUNALNIŠTVO a)(b (i) Začetno stanje d d (ii) Združimo komponenti od a in c (iii) Združimo komponenti od b in e -Union(a, c) -Union(b, e) (iv) Združimo komponenti od c in e (v) Išcemo koren komponente od e - (vi) Združimo komponenti od a in d -Union(c, e) Find(e) -Union(a, d) SLIKA 2. Primer zaporedja ukazov na disjunktnih množicah ker drevo ne sme imeti ciklov. To je razumljivo tudi s stališca osnovnega problema, saj to pomeni, da bi ohranili še eno cesto, ceprav je ne potrebujemo. S tem bi se po nepotrebnem povecali stroški vzdrževanja. Povezav torej ne smemo dodajati tako, da bi delali cikle. Vendar to še vedno ne pomeni, da bomo s takim postopkom prišli do optimalne rešitve. Zakaj pa ne bi raje vzeli trenutne povezave in odstranili eno izmed ostalih na ciklu. S tem bi se prav tako izognili ciklu? Odgovor je, da so vrednosti uteži na vseh prej dodanih povezavah manjše od trenutne, zato bi z dodajanjem te povezave samo povecali vrednost koncnega vpetega drevesa. To je intuitivni dokaz pravilnosti algoritma. Z dodajanjem povezav nadaljujemo, dokler nam ne ostane samo ena povezana komponenta. Ta komponenta je drevo in ima minimalen seštevek uteži, zato je minimalno vpeto drevo. Za združevanje in preverjanje pripadnosti komponent uporabimo prej omenjene disjunktne množice. Desno je koda Kruskalovega algoritma v Pythonu. Vozlišca (a, b, ...) bomo oznacili s število (0, 1, ...), saj je bolj prirocno za implementacijo. a, b, c, d, e = (0, 1, 2, 3, 4) # Povezave oblike (cena, prvo vozlišče, drugo vozlišče) edges = [(7, a, b), (1, a, c), (8, c, b), (9, b, d), (12, c, d), (2, b, e), (17, e, d)] # Uredimo povezave narašcajoce, sortira se najprej po prvi komponenti edges.sort() parents = initialize(5) minimum_spanning_tree = 0.0 foi edge in edges: # Razpakiramo podatke o povezavi: vozlišci x in y s ceno cost cost, x, y = edge # Korena komponent od x in y root_x = find(parents, x) root_y = find(parents, y) # Ce sta korena razlicna, dodamo povezavo if root_x != root_y: union(parents, x, y) minimum_spanning_tree += cost PRESEK 47 (2019/2020) 5 25 RAČ UNALNIŠ TVO Oglejmo si še potek algoritma na grafu iz slike 1. Na sliki 3 so prikazani posamezni koraki. Z rdeco je pobarvana trenutna povezava, z odebeljeno crno pa že dodane povezave. Najmanjšo utež ima povezava a-c. Ker sta a in c v razlicnih povezanih komponentah, jo dodamo v graf. Trenutna cena vpetega podgrafa je 1. Pri dodajanju povezave v korakih (ii) in (iii) ne ustvarimo cikla, zato obe povezavi dodamo v minimalno vpeto drevo. Korak (iv) je prvi, pri katerem povezave ne vzamemo. Lahko vidimo, da povezave a--b, a--c in b--c tvorijo cikel, zato b —c ne smemo dodati. Na sliki se vidi tudi, da sta uteži obeh povezav na ciklu manjši, zato trenutne povezave ni vredno zamenjati z že obstojeco (sklep zgoraj). V koraku (v) povezavo spet vzamemo in dobimo minimalno vpeto drevo s ceno 19, prikazano na sliki (vi). Literatura [1] T. H. Cormen, C. E. Leiserson, R. L. Rivest in C. Stein, Introduction to Algorithms, The MIT Press, 3rd Ed., 2009. [2] S. Halim Competitive Programming 3, 3rd Ed., 2013. [3] Kruskal's algorithm, dostopno na en.wi ki pedi a.org/wi ki/Kruskal\%27s_ al gori thm, ogled 8. 4. 2020. [4] Disjoint-set data structure, dostopno na en.wi ki pedi a.org/wi ki/Di sjoi nt-set_ data_structure, ogled 8. 4. 2020. (i) Dodamo povezavo a—c (iv) Ne dodamo povezave b—c (cikel) (v) Dodamo povezavo b—d SLIKA 3. Iskanje minimalnega vpetega drevesa za začetni graf (ii) Dodamo povezavo b—e (iii) Dodamo povezavo a—b 2 ^ \d 17 © (vi) Minimalno vpeto drevo XXX 26 PRESEK 47 (2019/2020) 5 Mednarodna juniorska naravoslovna olimpijada Barbara Rovšek FIZIKA V začetku decembra 2019 je skupina slovenskih devetošolcev in devetošolk in treh odraslih oseb odpotovala v toplejše kraje. Natančneje, na Bližnji vzhod, v Doho, glavno mesto emirata Katar, ki kot polotok sega v Perzijski zaliv. Katar je na račun svojih zalog nafte ena najbogatejših držav na svetu. Po seznamu Svetovne banke iz leta 2013 je prav na vrhu seznama držav po kupni moči svojih prebivalcev. Od bogastva države smo imeli nekaj tudi mi: možnost, da se Slovenija prvič v zgodovini udeleži Mednarodne juniorske naravoslovne olimpijade - kljub temu, da smo interes za udeležbo izrazili tik pred zdajči, ko so bili vsi roki za prijavo že za nami, so nas organizatorji olimpijade povabili, da se je udeležimo s čelotno ekipo. Mednarodna juniorska naravoslovna olimpijada (International Junior Sčienče Olympiad, IJSO1) je v Dohi potekala že 16.-ič, na njej pa je sodelovalo rekordno število držav, 66. Prvič so jo organizirali leta 2004 v Indoneziji. Že takrat je na IJSO sodelovalo 31 držav (med njimi tudi naši sosedi Hrvati in Madžari). Namenjena je mlajšim naravoslovčem; učenčem in dijakom, ki do konča leta, v katerem je tekmovanje, še niso dopolnili 16 let. Ce bomo v prihodnosti še lahko sodelovali (in upamo, da bomo), bodo ekipo sestavljale slovenske devetošolke in devetošolči. Olimpijada je naravoslovna, kar pomeni, da so v 1 Spletna stran olimpijade: www.ijsoweb.org SLIKA 1. Satelitska slika Bližnjega vzhoda - Arabskega polotoka (prispevek Google Maps), kjer na izrastku v Perzijskem zalivu leži Katar in njegovo glavno mesto Doha. njenem učnem načrtu2 zastopane vse tri glavne naravoslovne vede: fizika, kemija in biologija, v enakih deležih. Idealno je, če se vsebine različnih naravoslovnih ved v nalogah povezujejo. To predstavlja velik izziv za avtorje nalog, ker smiselnega povezovanja v razmeroma enostavnih nalogah ni vedno lahko doseči. Večina nalog3 je zato še vedno eno-disčiplinskih, razen kompleksnejših eksperimental- 2Učni načrt IJSO, preveden v slovenščino, je na spletni strani DMFA Slovenije na naslovu www.dmfa.si/ODrustvu/ NovicaPrikaz.aspx?itemid=322, originalna angleška verzija pa na spletni strani www.dmfa.si/_CmsFiles/2019/12/ ijso-syllabus-accepted-20091204.pdf 3Spletna stran, kjer so na voljo naloge s preteklih olimpijad (v angleščini) www.ijsoweb.org/downloads -> 27 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA SLIKA 2. Organizatorji olimpijade so nam razkazali nekaj katarskih znamenitosti. Med vecje znamenitosti in dragocenosti sodijo njihovi konji. Arabci, seveda. v II CjI jLqVoJ fuqaJI J.; 7 j.; Q *Vi Inspiring today's young generation for the skills of tomorrow US©20 i 19 16* International Junior Science Olympiad 3-12 December 2019 j ■'■'■ U" ■" II Q ■'■'■! ■ 11 vjJg^JI pqJjsJI aU-LaJqi prvic in ker so organizatorji nanjo v zadnjem hipu povabili celotno ekipo tekmovalcev in vodij, smo opravili izbor učencev, ki potujejo na olimpijado, na osnovi njihovih lanskih rezultatov na državnih tekmovanjih iz fizike in kemije. V ekipo so se uvrstili ucenci, ki so lani obiskovali 8. razred, letos pa so v 9.: Brest Lenarcic z OŠ Kozje in Vid Bauman z OŠ Kajetana Kovica Poljcane, zmagovalec in drugouvršceni na lanskem državnem tekmovanju v znanju fizike za Štefanova priznanja za osmošolce, ter 4 zmagovalci na lanskem državnem tekmovanju v znanju kemije za Preglova priznanja Sofija Štefan z OŠ Šmarje pri Kopru, Matic Prevec z OŠ Bežigrad, Nino Kolander z JZOŠ Marjana Nemca Radece in Jožica Bec z OŠ Milana Majcna Šentjanž. SLIKA 3. Znak 16. IJSO v barvah Katarja, beli in katarsko-bordojsko-rdeci, ki jo bomo še videvali vsaj do leta 2022, ko bo Doha gostila svetovno prvenstvo v nogometu. nih nalog, pri katerih je posamezno lastnost narave ali pojav lažje opazovati skozi razlicna naravoslovna ocala. Poleg poznavanja naravoslovnih vsebin je treba znati tudi nekaj matematike: ni slabo, ce tekmovalci poznajo kotne funkcije, eksponentno in logaritemsko funkcijo, osnove vektorskega racuna, pa še kaj. Ker smo se olimpijade v tem šolskem letu udeležili SLIKA 4. Zemljevid Slovenije, v katerem so oznacene lege osnovnih šol, ki jih letos še obiskujejo clani olimpijske ekipe za IJSO 201 9. Pred odhodom v Doho se je ekipa na kratko, a intenzivno, kolikor se da, pripravljala na tekmovanje. Ucni nacrt olimpijade je namrec kar precej obsežnejši od ucnih nacrtov naravoslovnih predmetov v predmetniku slovenske osnovne šole - in tudi kjer ni, to ne pomeni, da so vsebine že znane in utrjene (clani ekipe so trenutno šele v 9. razredu, in letošnje šolsko leto se je pred olimpijado šele dobro zacelo). Zelo motivirani devetošolci so prišli v Ljubljano 3-krat. V petek popoldne so imeli dobre 4 ure priprav, v soboto dopoldne še enkrat toliko, in to 3 vikende zapored. Na fizikalni in kemijski del tekmovanja so se pripravljali na Pedagoški fakulteti, na biološki pa v bolje opremljenih laboratorijih Oddelka za biolo- 28 PRESEK 47 (2019/2020) 5 FIZIKA gijo Biotehniške fakultete. V treh sivih novembrskih petkih in treh enako sivih novembrskih sobotah se je nabralo za dobrih 24 ur priprav! V 9-dnevnem urniku olimpijade so bili 3 dnevi tekmovalni. Na prvi tekmovalni dan so učenci 4 ure reševali 30 nalog izbirnega tipa, pri katerih so vsebine fizike, kemije in biologije zastopane enakomerno. Enakomerno so te vede zastopane tudi v teoretičnih nalogah, s katerimi so se učenci ukvarjali 4 ure v drugem tekmovalnem dnevu, ter eksperimentalnih, ki so jih reševali na tretji tekmovalni dan.4 Teoretične naloge so reševali kot posamezniki, pri poskusih pa so po 3 učenci združili moči v eni eksperimentalni ekipi (naši učenči so tekmovali v 2 eksperimentalnih ekipah). Na olimpijadi je sodelovalo 409 tekmovalčev, ki so bili v povprečju 1 leto starejši od naših. Najboljših 10 % je osvojilo zlate medalje; njihovi prejemniki so v veliki večini mladi iz dežel Daljnega vzhoda. Naslednjih 20 % je prejemnikov srebrnih medalj in naslednjih 30 % prejemnikov bronastih medalj. Sloveniji sta 2 bronasti medalji priborila Brest Lenarčič in Nino Kolander, le malo je do nje manjkalo tudi Vidu Baumanu. Tudi preostali 3 učenči pa so se dobro izkazali in upamo, da bodo vsi skupaj še naprej vlagali toliko energije in volje v razvozljavanje naravoslovnih problemov, kot v dveh mesečih pred Doho. Letošnja olimpijada je potekala med 3. in 12. de-čembrom 2019 in tudi prihodnje leto bo olimpijada zimska. Godila se bo med 2. in 12. dečembrom 2020 v Frankfurtu v Nemčiji. Gotovo te zanima, kako se zrineš v ekipo: tekmuj v znanju fizike in kemije, ko si v 8. razredu, in po možnosti zmagaj ... Brez heča: v širši izbor 24-30 kandidatov za ekipo se uvrstiš z dobrim rezultatom na letošnjih državnih tekmovanjih v znanju fizike in/ali kemije. Tekmovanje iz biologije trenutno ni prilagojeno učnemu načrtu biologije v osnovni šoli, zato rezultati na tem tekmovanju ne vplivajo na izbiro olimpijske ekipe. Če postaneš kandidat v širšem izboru, te bomo o tem obvestili maja 2020. Koneč avgusta in v septembru bomo za vse izbrane organizirali vsebinske priprave, ki bodo potekale 3 petke in sobote v Ljubljani. Oktobra bo potekalo izbirno tekmovanje, ki bo obsegalo teore- 4Vse naloge s 16. IJSO, prevedene v slovenščino, so na spletni strani DMFA na naslovu www.dmfa.si/ODrustvu/ NovicaPri kaz.aspx?itemid=323 SLIKA 5. Čepijo, z leve, Brest, Jožica, Sofija, Matic, Nino in Vid. Stojimo, z desne, Domen, Majed (vodic naših fantov), Barbara in Margareta. tični in eksperimentalni del. Od izbirnega tekmovanja naprej pa se piše zgodovina ... Prvo odpravo na IJSO sta, naslednje pa še bosta, družno organizirali društvi DMFA Slovenije in ZOTKS (Zveza organizačij za tehnično kulturo Slovenije). DMFA organizira tekmovanja osnovnošol-čev v znanju fizike, ZOTKS pa tekmovanja v znanju kemije. Priprave na olimpijado so izvedli mentorji Domen Vaupotič, Margareta Obrovnik Hlačar, Tinka Bačič, Iztok Tomažič in Barbara Rovšek. Ekipo so v Dohi vodili Domen Vaupotič, Margareta Obrovnik Hlačar in Barbara Rovšek. SLIKA 6. Opomba. Prispevek je bil spisan preden nas je doletela epidemija Covid-19. Ta hip datumi letošnjih tekmovanj in naslednje olimpijade še niso znani. _ XXX PRESEK 47 (2019/2020) 5 29 RAZVEDRILO Astronomska literatura Govert Schilling, Lars Lindberg Christensen OČI, ZAZRTE V NEBO 400 let odkritij s teleskopi 136 strani format 17 x 24 cm trda vezava, barvni tisk 24,99 EUR Dintinjana, Fabjan, Mikuž, Zwitter NAŠE NEBO 2020 Astronomske efemeride 80 strani format 16 x 23 cm mehka vezava 10,00 EUR Ponujamo še veliko drugih astronomskih del. Podrobnejše predstavitve so na naslovu: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/astro/ Individualni naročniki revije Presek imate ob naročilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene. Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633. nU vU NU • 7 h ' * \ i - -