fr §1 ¡¡¡i m m ■ mm Mm WM 1 -> REŠITEV MALFATTIJEVECA PROBLEMA ELEUSIS - ICRA S KARTAMI USPEŠEN NASTOP NAŠIH MLADI ASTRONOMOV CENERIRANJE VSEH PODMNOŠIC flANF MNnŽITF ISSN 0351-6652 / / U D J O O J J D 9770351665531 9770351665531 MATEMATIČNI TRENUTKI U stvarjanje vzorcev -> Presenetljivo se leopardove pike s staranjem živali spreminjajo. Matematike in biologe zanima pomembno vprašanje, kako se živalski vzorci razvijajo na celičnem nivoju. S pomočjo diferencialnih enacb je mogoče ugotoviti, kako kemikalije v celici reagirajo med sabo. Z enacbami lahko razložimo, zakaj se lahko skupek enakih celic, s katerimi se zacne življenje, preobrazi v pike, crte ali celo oboje. Znanstveniki so, recimo, napovedali, da se crte skalarja, posebne vrste tropske ribice, prestavljajo po telesu, kar je kasneje potrdilo tudi opazovanje. Osupljiv rezultat so dobili tudi pri opazovanju ku-šcarja, ki se rodi rjav z enakomerno razporejenimi belimi pikami. Kasneje se vzorec spremeni v obliko labirinta, pike pa postanejo svetlo zelene in crne. Preboj na podrocju predstavlja odkritje, da se spremembe crnih pik v zelene in obratno obnašajo po pravilih celicnih avtomatov, to je, abstraktnega modela, ki ga je razvil matematik John von Neumann. Za crno piko je bolj verjetno, da se bo spremenila v zeleno, ce je obkrožena z vec crnimi pikami. Ko se sprememba barv ustali, so v povprecju crne pike obkrožene s tremi zelenimi, zelene pa s štirimi cr-nimi. Ceprav so celicni avtomati dobro znani (verjetno poznate Igro življenja) in ustvarjajo zelo zanimive vzorce, je to prvi primer, ko se je njihova napoved uresnicila kot vzorec na živalski koži. Za vec informacij si lahko preberete prispevek A living mesoscopic cellular automation made of skin scales, ki ga je Liana Manukyan s sodelavci objavili v reviji Nature 13. aprila 2017. XXX KOLOFON Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 45, šolsko leto 2017/2018, številka 3 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Igor Pesek (računalništvo), Marko Razpet, Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik). Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 633, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2017/2018 je za posamezne naročnike 19,20 eur - posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100-1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI560310 0100 0018 787. 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 1300 izvodov © 2017 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2054 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV 2 PRESEK 45 (2017/2018) 3 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. Slika na naslovnici: Pogled na Zemljo iz okolice Lune med popolnim sončnim mrkom 21. augusta 2017 ob 18:25 UTC (kratica za univerzalni koordinirani čas). Središče sence leži nad Kentuckyem v ZDA. Sliko je posnelo NASINO vesoljsko plovilo LRO (Lunar Reconnaissance Orbiter), ki je v orbiti okoli Lune in raziskuje njeno površino. Za ta posebni dogodek so kamere obrnili proti Zemlji. Razmislite, kam se je med mrkom pomikala senca, proti vzhodu ali zahodu? Kako se s casom spreminja pogled na Zemljo? Foto: NASA/GSFC/Arizona State University M ATEMATI KA Rešitev Malfatt problema evega Nada Razpet -> Najprej se spomnimo, kako se glasi naloga: Dan je trikotnik. Kako naj iz trikotnika izrežemo tri kroge tako, da bo njihova skupna ploščina največja? SLIKA 2. Za levi primer je vsota ploščin (17+y|)2 ~ 0,729, za desnega pa 2773 ~ 0'739 SLIKA 1. Malfattijeva rešitev naloge, ki pa ni pravilna. Dolgo je matematike zanimalo le, kako se ti krogi konstruirajo, niso pa razmišljali o pravilnosti Malfat-tijeve rešitve. Nato pa sta leta 1929 Lob in Richmond ugotovila, da že za enakostranicni trikotnik Malfattijeva rešitev problema ni pravilna (slika 2). V enakostranicnem trikotniku je vsota ploščin krogov včrtanih tako, kot je to predlagal Malfatti (na sliki 2 levo), manjša kot v primeru na sliki 2 desno. Howard Eves je 35 let kasneje ugotovil, da Malfattijeva rešitev tudi za dolg ozek trikotnik ni pravilna (slika 3). SLIKA 3. Evesova rešitev Malfattijevega problema za ozek in dolg trikotnik. Leta 1967 je Goldberg pokazal, da Malfattijeva rešitev ne drži za noben trikotnik. Leta 1994 sta Los in Zalgaller sistematično (z računalnikom) proučila vse možne lege treh krogov, včrtanih v dani trikotnik (obstaja 14 različnih možnosti), in proučila vsote njihovih ploščin. Ugotovila sta, da je najbolje, da je prvi krog kar včrtani krog trikotnika, potem pa se je treba odločiti, kam narisati še preostala dva kroga. Obstajata le dve taki možnosti. Prikazani sta na sliki 4. In kako naj se odločimo v danem primeru? Odločata vrednosti kotnih funkčij sin(a/2) in tg(^/4). 4 PRESEK 45 (2017/2018) 3 4 M ATEMATI KA B) sin (|)= 0,34 tg (f)=0,23 sin ^ > tg 4 pravokotna, zato velja: ■ sin(a/2) =— =-, 51 5 - r - ri 1 - sin(a/2) 1 + sin(«/2)' ri = ■ ( r2 r2 sin(a/2) =— =---, 52 5 - r - 2r1 - r2 r2 = 1 - sin(a/2)\ 1 + sin(a/2)) 2 Opazimo, da so polmeri r, r1 in r2 trije zaporedni cleni geometrijskega zaporedja. Izrazimo še polmer r3 s kotom ¡3: sin(P/2) = —, 53 53 = 1 sin(3/2)' sin(3/2) = ^ =-^-, 54 53 - r - r3 r3 = 1 - sin(3/2) SLIKA 4. Zgornja slika velja za primer, ko je sin(a/2) < tg(3/4) (primer A), spodnja pa, ko je sin(a/2) > tg(3/4) (primer B). Kdaj prva in kdaj druga možnost? Privzemimo, da za kote v trikotniku velja a < ¡3 < y y = konst => a + ¡3 = konst. (1) Če to za dani primer ne drži, kote preimenujemo, da ustrezajo pogoju 1. Dobro je, da izberemo enoto. Naj bo polmer trikotniku ABC vcrtanega kroga r = 1. Oznake daljic razberemo s slike 5. Trikotnik AB15 je pravokoten, zato velja r 1 sin(a/2) = -, r = 1, 5 = . 5 sin(a/2) Tudi preostala dva trikotnika AA1S1 in AA2S2 sta 1 + sin(3/2)' Da bo manj pisanja, zapišimo: ■ sin(a/2) = u, sin(3/2) = v. Primerjamo vsoti ploščin ■ n(r2 + rf + r22) > n(r2 + r2 + r|). (2) Obe strani neenačbe (2) delimo s n, vstavimo ustrezne izraze in dobimo: r2 + r2 + r22 >r2 + r2 + r|, 22 r22 >r32, 1 - u 1 + u 1 - u 1 + u 1 - v 1 + v 1 - v 1 + v' (3) (4) Neenačbo (3) smo korenili. To smemo narediti, saj sta tako števca kot imenovalca obeh ulomkov pozitivni števili. Ker je po dogovoru kot y največji kot v trikotniku, sta kota a in ¡3 manjša od 90° in vrednosti kotnih funkcij sinus in tangens pozitivni števili. Zapišimo povezavo med kotnima funkcijama sinus in tangens: sin(3/2) = 2 tg(3/4) 1 + tg2(3/4)' 4 2 2 PRESEK 45 (2017/2018) 3 5 M ATEMATI KA SLIKA 5. Trikotniku včrtamo kroge AS = s ASi = si AS2 = S2 SB = S3 S3B = sA Torej velja: 1 - v 1 - sin(3/2) ' 1 + v = 1 + sin(3/2) 1 - !$%%)_ (1 - tg(p/4))2 1+ 2tgW4» (1 + tg(3/4))2 ' 1 + 1+tg2(3/4) V " Desno stran neenačbe (4) zamenjamo z desno stranjo enačbe (5), neenačbo korenimo in dobimo: _ 1 - sin(a/2) ^ 1 - tg(3/4) 1 + sin(a/2) > 1 + tg(3/4)' In z malo računanja dobimo: ■ tg(P/4) > sin(a/2). Iz neenačbe (6) sledi, da je vsota ploščin krogov v primeru A vecja od vsote ploščin krogov v primeru B, če je sin(a/2) < tg(3/4). Ploščine proučimo še z GeoGebro (5) Kako se v posameznem primeru spreminja vsota ploščin, proučimo še z GeoGebro. Naj za kote v trikotniku ABC velja a < 3 < y. Naj bo kot y konstanten, torej je tudi vsota kotov a + ¡3 konstantna. Ko trikotniku včrtamo krog, bo najmanj prostora za preostala kroga v kotu y, torej bomo včrtali oba kroga v kot a ali pa v vsakega od kotov a in ¡3 po en krog. Vemo, da so koti, ki ležijo nad istim krožnim lokom, med seboj enaki. Zato osnovni trikotnik ABC narišemo tako, da kotu y pripada največji lok, v našem primeru smo izbrali za ta lok več kot polovičo (6) krožniče (slika 6). Da bo tudi a < 3, se mora točka C sin(a/2) < tg(/3/4) ^pi>p2 mi = sin(a/2) = 0,18 m2 = tg(/9/4) = 0,27 Pl =Pr+Pm + Pv P2=Pr+Pm + Pz Ti = (sin(a/2),ptI) T2 = (sin(a/2),p,) mi = OM m2 = ON SLIKA 6. Ploščini vijoličnega (vijolična krivulja) in zelenega (zelena krivulja) kroga v odvisnosti od sin(a/2). Ko je sin(a/2) < tg(3/4), je y(T1) = pv večji od y(T2) = pz, zato je vsota ploščin p1 > p2. Vse tri kroge je treba včrtati v kot a. 6 PRESEK 45 (2017/2018) 3 6 M ATEMATI KA gibati po loku DB. Kota se s spremembo lege točke C spreminjata, pri tem je a < ¡3, njuna vsota pa je konstantna. Ce izberemo lego tocke C drugače, velja drugačna relacija med koti in moramo vloge kotov v nadaljevanju ustrezno spremeniti. Trikotniku včrtamo krožnico, poiščemo presečišče te krožničo s simetralama kotov a in ¡3. V teh točkah narišemo pravokotniče na te simetrale. Pra-vokotniče sekajo straniči c in b oziroma a. Dobimo nove trikotnike AB1C1, AB2C2 in B3BC3, v katere zopet včrtamo krožniče. Vsoto ploščin rdečega (pr), modrega (pm) in vijoličnega (pv) kroga označimo s p1, vsoto ploščin rdečega, modrega in zelenega (pz) kroga pa s p2, če je pv > pz je p1 > p2. V koordinatni sistem (na desno strani slike 6) rišemo sled točke T1(sin(a/2), pv), vijolična krivulja, in sled točke T2(sin(a/2, pz), zelena krivulja, ko se oglišče C giblje po loku DB. Program riše obe sledi hkrati. Ordinati odebeljenih pik na krivuljah kažeta, kolikšna je ploščina vijoličnega oz. zelenega kroga za trenutno izbrana kota a in ¡3. Bralči naj še premislijo, kolikšna sta kota a in ¡3, ko je p1 = p2. Kaj smo se naučili? Pri geometrijskih nalogah se pogosto zgodi, da pri reševanju upoštevamo odnose med količinami, ki jih razberemo s slike. Ta pa nas lahko zavede, zato je vedno dobro, da rešitev preverimo tudi na kakšnih posebnih primerih, kot v našem primeru na enakostraničnem trikotniku ali pa na zelo dolgem in ozkem trikotniku. Literatura [1] M. Andreatta, A. Bedzek, J. P. Boronski, The Problem of Malfatti: Two Centuries of Debate, The Mathematičal Inteligenčer, Springer, 2010. [2] H. Lob, H. W. Ričhmond, On the solution to Malfatti's problem for a triangle, Proč. Lond. Mat. Soč, 2, 30, 287-304, 1930. [3] M. Goldberg, On the original Malfatti problem, Mathematičs Magazine 40, 241-427, 1967. [4] V. A. Zalgaller, G. A. Los, The solution of Malfatti's problem for a triangle, Journal of the Mathematičal Sčienče, 72, No. 4, 3163-3177, 1994. _XXX O pitagorejskih trojicah malo drugače -i' -i' -i' Marjan Jerman V pravokotnem trikotniku s katetama a in b ter hipotenuzo c velja Pitagorov izrek, ki pravi, da je ■ a2 + b2 = c2. Če dodatno zahtevamo, da so števila a, b in c naravna, trojici (a,b,c) rečemo pitagorejska trojica. Posebej slavna pitagorejska trojica, s pomočjo katere so v starem Egiptu načrtovali prave kote, je trojica (3,4, 5). Kadar stranice a, b in c nimajo skupnega faktorja, recemo, da je pitagorejska trojica (a,b,c) primitivna. Na primer, (6,8,10) je pitagorejska trojica, ki ni primitivna in je dobljena s celoštevilskim raztegom trojice (3,4, 5). Pokažimo, da je v vsaki primitivni pitagorejski trojici ena kateta soda in ena liha. Ce sta obe kateti v pitagorejski trojici sodi, je soda tudi hipotenuza. Zato takšna trojica ni primitivna. Ce bi bili obe kateti lihi, enačba ■ (2k - 1)2 + (2l - 1)2 = 4(k2 - k + l2 - l) + 2 pove, da bi dal kvadrat hipotenuze ostanek 2 pri deljenju s 4. Ker kvadrat sodega števila da pri deljenju s 4 ostanek 0, kvadrat lihega števila (2k - 1)2 = 4(k2 - k) + 1 pa ostanek 1, takšna hipotenuza ni mo-goca. S pomocjo zadnje trdive lahko, recimo, pokažemo, da je (3,4, 5) najmanjša Pitagorejska trojica. Ker išcemo najmanjšo pitagorejsko trojico, mora biti iskana trojica (a,b,c) primitivna. Glede na trditev PRESEK 45 (2017/2018) 3 7 M ATEMATI KA —^ lahko dodatno privzamemo, da je kateta a liha, kateta b pa soda in zato hipotenuza c liha. Po Pitago-rovem izreku velja b2 = c2 - a2, kvadrata lihih števil pa se razlikujeta vsaj za 32 - 12 = 8, zato je b2 > 8 in je b > 4. Ce poskusimo z najmanjšima možnima katetama a = 1 in b = 4, dobimo necelo hipotenuzo c = vTŽ. Naslednja možnost a = 3 in b = 4 pa da iskano trojico (3,4, 5). Iskanje pitagorejskih trojic je navdihovalo mnoge civilizacije. Iz glinenih tablic iz let med 1900 in 1600 pred našim štetjem lahko upraviceno sklepamo, da so že Babilonci poznali pravila za njihovo tvorbo. Ce sta m in n naravni števili, je lahko preveriti, da je (m2 - n2)2 + (2mn)2 = (m2 + n2) 2\2 (1) zato lahko za naravni števili m > n neskončno pitagorejskih trojic dobimo s pravilom 22 a = m2 - n2, b = 2mn, c = m2 + n2. (2) Najprej privzemimo, da za tuji števili razlicne par-nosti m > n velja a = m2 - n2, b = 2mn in c = m2 + n2. Pokažimo, daje (a,b,c) primitivna pitago-rejska trojica. Števila a, b in c so zaradi veljavnosti enacbe (1) stranice pravokotnega trikotnika. Pokazati je treba še, da so paroma tuja. Ce neko praštevilo p hkrati deli števili a = m2 - n2 in c = m2 + n2, deli tudi njuno vsoto in razliko: p|(a + c) = 2m2 in p| (c - a) = 2n2. Ker sta števili a in c zaradi razlicne parnosti m in n lihi, je p = 2 in hkrati deli m2 in n2. To pa je v nasprotju s tujostjo števil m in n. Ker števila a, b in c zadošcajo Pitagorovemu izreku, praštevilo, ki deli b in c, deli tudi a. Podobno, praštevilo, ki deli a in b, deli tudi c. V prejšnjem odstavku smo pokazali, da praštevilo, ki bi hkrati delilo števili a in c, ne obstaja. Presenetljivo je, da so se že v stari Grciji vprašali tudi obratno: Ali je vsaka pitagorejska trojica zgornje oblike? Dokončen odgovor daje lema v deseti knjigi Ev-klidovih Elementov iz let približno 300 pred našim štetjem, ki bi jo v današnjem matematičnem jeziku zapisali takole: Trojica naravnih števil (a, b,c) je primitivna pitagorejska trojica natanko takrat, ko obstajata tuji števili m in n različne parnosti, m > n, da velja (2). O pitagorejskih trojicah je bilo v Preseku že veliko napisanega. Pogledate si lahko na primer clanka prof. Edvarda Kramarja (letnik 16, 1988/89, str. 274280) in prof. Ivana Puclja (letnik 5, 1977/78, str. 195197). V clanku, ki ga je napisala prof. Milena Strnad (letnik 17, 1989/90, str. 8-11), najdete tudi moderno razlicico Evklidovega dokaza. Originalni dokaz je zapisan v geometrijskem jeziku in temelji na zviti uporabi elementarnih lastnosti deljivosti naravnih števil. V tem prispevku bi radi prikazali zanimiv in eleganten dokaz s pomocjo analiticne geometrije, ki smo ga našli kot 18. nalogo v prvem poglavju knjige A. Ostermana in G. Wannerja, Geometry by Its History. Sorodna metoda je pogosto uporabljena za iskanje racionalnih tock na stožnicah. SLIKA 1. Slika k dokazu Naj bo sedaj (a,b,c) primitivna pitagorejska trojica. Vemo, da je ena od katet soda, druga pa liha. Brez škode za splošnost privzemimo, da je kateta b soda. Ker drži a2 + b2 = c2, za strogo pozitivni racionalni števili % = a in y = b, ki sta zapisani z okrajšanima ulomkoma, velja: ■ %2 + y2 = 1. Z drugimi besedami: tocka C(x,y) v prvem kvadrantu ima racionalni koordinati in leži na krožnici s središcem v izhodišcu in polmerom 1. Skozi tocki A(-1,0) in C potegnimo premico, ki seka ordinatno os v tocki U(0,u), u G (0,1). Oznacimo še tocki 0(0,0) in B(x, 0) (glej sliko 1). 8 PRESEK 45 (2017/2018) 3 8 M ATEMATI KA Pravokotna trikotnika AOU in ABC sta si podobna, zato je OU _u _ 1 _ AO BC = y = 1 + x = AB' Od tu dobimo zvezo y = u(1 + x), ki med drugim pove, da je tudi število b i y c b u 1 + x 1 + f a + c x 1+ u2' Zato je ■ y = u(1 + x) = 2u 1 u2 (3) (4) x m2 + n2 in y = 2mn m2 n2 sodi števec in sodi imenovalec. Zato lahko dvojko v števcu in imenovalcu pokrajšamo in v števcu ostane liho število mn. Ulomek mn m2+n racionalno. Tocka (x,y) = (x,u(1 + x)) leži hkrati na premici y = u(1+x) in na krožnici x2 +y2 = 1, zato zadošča enačbi ■ x2 + u2 (1 + x)2 = 1, ■ x2(u2 + 1) + 2u2x + u2 - 1 = O. Tudi tocka A(-1,0) leži na isti premici in krožnici, zato je x = -1 ena od rešitev te kvadratne enacbe. S pomocjo znane nicle lahko zadnjo kvadratno enacbo enostavno razstavimo na linearna faktorja ■ (x + 1)((u2 + 1 )x + (u2 - 1)) = 0, od koder vidimo še drugo rešitev 1 u2 pokrajšajmo, kolikor se da. Po opravljenem krajšanju bo v števcu ostalo liho število. Ker je ta okrajšani ulomek enak okrajšanemu ulomku b, je to v nasprotju s sodostjo b. Zato imata števili m in n razlicno parnost. Enako kot v obratni smeri dokaza sedaj vidimo, da so števila m2 - n2, 2mn in m2 + n2 tuja. Zato so ulomki a m2 n2 c m2 + n2 b 2mn in - = —^-2 c m2 n2 Radoveden bralec lahko premisli, da ima kvadratna enacba z racionalnimi koeficienti, ki ima eno niclo racionalno, racionalno tudi drugo niclo. Zato metoda s presecno premico skozi eno racionalno tocko deluje le za krivulje drugega reda. Ker je u strogo pozitivno racionalno število, ga lahko zapišemo v obliki u = m za primerni tuji naravni števili m in n, m > n. Po tej zamenjavi enacbi (3) in (4) preideta v Ker sta števili m in n tuji, nista obe sodi. Pokažimo, da nista niti obe lihi. V primeru, ko sta obe števili m in n lihi, ima ulomek b 2mn ' y = t = c m2 n2 okrajšani in velja (2). To pa smo želeli pokazati. Prispevek povzemimo s trditvijo: Vse pitagorejske trojice (a,b,c) so natanko oblike ■ a = k(m2 - n2), b = 2kmn, c = k(m2 + n2), kjer je k neko naravno število, m> n pa tuji naravni števili razlicne parnosti. Trojico precej dolgih celoštevilskih stranic pravokotnega trikotnika (12709,13500,18541) na babilonski tablici je, recimo, dobljena z izbiro k = 1, m = 125 in n = 54. Na koncu bralcem postavimo še zanimivi vprašanji: Katera naravna števila so lahko katete primitivnih pitagorejskih trojic? Katera števila so lahko hipo-tenuze? Za odgovor je seveda zelo koristno uporabiti naš najpomembnejši rezultat (2). Za katete si pomagajte z enacbo ■ (n + 1)2 - n2 = 2n + 1, za hipotenuze pa poskušajte uporabite pomemben izrek iz teorije števil, ki pravi: Naravno število n = 1 lahko napišemo kot vsoto dveh kvadratov naravnih števil natanko tedaj, ko v razcepu n na produkt praštevil vsako praštevilo, ki da pri deljenju s 4 ostanek 3, nastopa v sodi potenci. _XXX m2 n2 PRESEK 45 (2017/2018) 3 9 M ATEMATI KA 53. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje Aljoša Brlogar -> Najboljši osnovnošolci s šolskih tekmovanj so se v soboto, 22. aprila 2017, pomerili v 23-ih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Državnega tekmovanja so se lahko udeležili učenci od petega do devetega razreda glede na dosežke šolskega tekmovanja. Na šolah, kjer smo organizirali državno tekmovanje, so organizatorji pripravili prijetne prireditve. Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vegovimi priznanji. V petem razredu smo podelili 65, v šestem 60, v sedmem 61, v osmem 60 in v devetem 64 zlatih Vegovih priznanj. Učenci, ki na tekmovanju Mednarodni matematični Kenguru dosežejo najboljši uspeh in hkrati dosežejo vsaj 60 % točk na državnem tekmovanju, se udeležijo nagradnega izleta. V tem šolskem letu smo za najboljše učence zadnjih treh razredov osnovne šole organizirali nagradni izlet na Dunaj. Povabili smo 120 najboljših učencev. Izlet je bil za učence nepozaben. Nagrade, ki so bile podeljene v Grand hotelu Union, so prejeli najbolje uvrščeni tekmovalci. 5. RAZRED I. nagrada ■ Žan Arsov, OŠ Brezovica pri Ljubljani ■ Janez Bartol, OŠ Preserje pri Radomljah ■ Aljaž Krivograd, OŠ Prežihovega Voranca, Ravne na Koroškem II. nagrada ■ Nika Blažič, OŠ Bršljin ■ Tomaž Holc, OŠ Breg, Ptuj ■ Nace Hranjec, OŠ Šentjanž pri Dravogradu ■ Ožbej Markun, OŠ Franceta Prešerna Kranj III. nagrada ■ Rebeka Cankar, OŠ Žiri ■ Sara Ferreira, OŠ Žiri ■ Patrik Videnovic, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika RAZRED I. nagrada ■ Peter Andolšek, OŠ dr. Franceta Prešerna, Ribnica ■ Nika Dolenec, OŠ Žiri ■ Luka Gašperlin, OŠ Franceta Prešerna Kranj ■ Lira Jurkovic, OŠ narodnega heroja Maksa Pečarja, Ljubljana ■ Klemen Juvančič, OŠ Mengeš ■ Toni Kišek, OŠ Simona Jenka Kranj ■ Brina Likar Kramberger, OŠ narodnega heroja MaksaPečarja, Ljubljana ■ Tilen Novak, OŠ Stranje ■ Timotej Otto, OŠ Neznanih talcev Dravograd II. nagrada ■ Peter Bandelj, OŠ Vodmat, Ljubljana ■ Lev Bjelobaba, OŠ Ledina, Ljubljana 6. 10 PRESEK 45 (2017/2018) 3 10 M ATEMATI KA 7. RAZRED I. nagrada ■ Nastasja češnjevar Ušumovic, OŠ Antona Ukmarja Koper ■ Lenart Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje ■ Alica Muratovic Romih, OŠ Hinka Smrekarja, Ljubljana ■ Tjaša Rupar, OŠ Škofja Loka-Mesto II. nagrada ■ Žiga Brinovšek, OŠ Gustava Šiliha, Velenje ■ Alexander Gaydukov, OŠ Pier Paolo Vergerio il Vecchio Koper ■ Eva Šalamun, OŠ Zadobrova III. nagrada ■ Lara Rozman, OŠ Ketteja in Murna, Ljubljana ■ Anika Simončič, OŠ Boštanj 8. RAZRED I. nagrada ■ Maxim Cosovici, OŠ Brinje Grosuplje ■ Vid Kavčič, OŠ Loka, Črnomelj ■ Nika Krivic, OŠ Majde Vrhovnik, Ljubljana ■ Matija Likar, OŠ bratov Polancicev Maribor ■ Aljaž Sovic, OŠ Gorica, Velenje ■ Luka Stražišar, OŠ Jožeta Krajca, Rakek II. nagrada ■ Benjamin Bajd, OŠ Simona Jenka Kranj ■ Janez Peter Bohinc, OŠ Antona Tomaža Linharta Radovljica ■ Ivan Butkevich, OŠ Kolezija, Ljubljana III. nagrada ■ Lan Jeler, OŠ Šenčur 9. RAZRED I. nagrada ■ Simon Bukovšek, OŠ Škofja Loka-Mesto ■ Lovro Drofenik, OŠ Frana Kranjca, Celje ■ Aglaja Gale Šparemblek, OŠ Koseze, Ljubljana ■ Matic Hočevar, OŠ Simona Jenka, Smlednik ■ Jaša Knap, OŠ narodnega heroja Maksa Pečarja, Ljubljana ■ Vito Levstik, OŠ Ljudski vrt Ptuj ■ Jure Majcen, OŠ Karla Destovnika-Kajuha Šoštanj ■ Lucija Matijašic, OŠ Majde Vrhovnik, Ljubljana ■ Jošt Paternoster, OŠ Zadobrova ■ Matic Petek, OŠ Ormož ■ Ema Prevalšek, OŠ Metlika ■ Jaka Vrhovnik, OŠ Mozirje ■ Gal Zmazek, OŠ Ljudski vrt Ptuj ■ Marjetka Zupan, OŠ Ig SLIKA 1. Udeleženci Kenguru nagradnega izleta na Dunaju (foto: Matjaž Željko). _XXX www.dmfa.si www.presek.si PRESEK 45 (2017/2018) 3 11 FIZIKA Eleusis - igra s kartami za tuhtavce Andrej Likar -» Večina iger s kartami sodi med hazardiranje. Uspeh je odvisen od porazdelitve kart med igralce. Pri taroku ima igralec z obiljem visokih tarokov prednost. Vpliv porazdelitve se po mnogih igrah sicer nekoliko omili. Obstajajo pa igre, kjer porazdelitev kart med igralce nima nobenega vpliva na končni uspeh. Ena takih je med fiziki, morda tudi matematiki, že zelo dolgo znana - Eleusis. Ime se nanaša na grško mitologijo, saj naj bi v mestu Eleusis, blizu Aten, potekali skrivnostni obredi. Ime torej nakazuje neko skritost. Kaj je skritega v igri? Skrito je pravilo, po katerem zlagamo karte na mizo. Za to ve le delilec kart, ki ne igra, temveč le nadzira igro. Najpogosteje igramo s standardnim 52 delnim kompletom kart, lahko pa se igramo tudi s kartami za tarok. Število igralcev ni določeno, najmanj pa naj bodo trije in največ osem. Vsak igralec dobi 12 kart, ostanek je na kupu. Delilec si izmisli neko pravilo, po katerem se gradi niz kart, ki jih polagajo igralci na mizo. Pravilo zapiše pred igro in ve zanj le on sam. Prvo karto niza postavi delilec, potem pa sledijo igralci po dogovorjenem vrstnem redu. Ker igralci pravila na zacetku ne poznajo, postavljajo karte nakljucno. Ce karta ustreza nizu, jo igralec položi v osrednjo vrsto, ce pa ne, pa pod zadnjo pravilno karto. Na sliki 1 je prikazan zacetek igre, kjer je bilo pravilo: dvema crnima sledi 12 PRESEK 45 (2017/2018) 3 FIZIKA rdeča, potem pa spet dve črni in rdeča . . . Prvo karto je položil delileč, naslednje pa so trije igralči izbrali napačno in so jih morali postavili pod prvo karto. Naslednja pravilna karta mora biti namreč črna, vse rdeče so napačne. Delileč odloči, katera karta je pravilna in katera napačna. Pri napačni karti igraleč iz kupa dobi novo karto. Cilj igre je, čim prej se znebiti kart. Očitno zelo pomaga, če uganemo delilčevo pravilo. Ko eden od igralčev ostane brez kart ali pa pravilno pove pravilo, je igra zaključena. Vsakdo dobi 12 točk minus število kart, ki so mu ostale v roki. Igraleč, ki je prvi ostal brez kart, dobi tri dodatne točke. Igraleč, ki je prvi pravilno napovedal pravilo, pa dobi šest dodatnih točk. Delileč dobi toliko točk kot nauspešnejši igraleč. Kaj če igraleč nima pravilne karte? Denimo, da v naše primeru ostene le s črnimi kartami, ko pa pride na vrsto, je pravilna le rdeča. V tem primeru lahko igraleč pokaže vse svoje karte delilču, ki izbere in postavi bodisi pravilno karto v vrsto ali pa katerokoli karto pod zadnjo pravilno karto. Ce res ni imel pravilne karte, igraleč ne dobi dodatne karte iz kupa. Vidimo, da vsak igraleč dobi dobre karte; porazdelitev kart na začetku torej ni pomembna. Pravila, ki si jih izmisli delileč, se morajo nanašati le na karte na mizi, ne pa na dogodke, ki so v okoliči. Pravilo, denimo, da se po peti uri popoldne pravilo spremeni, ne velja. Ali pa pravilo, da so za dekleta pravilne le rdeče karte, za fante pa črne. Tudi sičer naj bi bilo pravilo tako, da ga dovolj zgodaj uganeta le en ali dva igralča, saj s tem delileč doseže največje število točk; torej ne prelahko in ne pretežko. Pri dvodnevnem varnostnem obhodu jedrske elektrarne v Krškem je ekipa po večerji igrala Eleusis, največkrat po dva kroga. Ne morem opisati veselja, tesnobe, pozornosti in smeha pri tej igri. Vsakdo je pač želel blesteti s svojim pravilom in nadigrati kolege s hitrim zlomom njihovih pravil. Postali smo tako izurjeni, da smo nekako slutili značaj pravil, ki so jih postavili posamezni igralči. Posebno veselje nam je pripravil delileč, ki je kdaj pa kdaj napačno odločil, ali je karta pravilna ali napačna. Pravila seveda potem ni nihče uganil, so pa včasih nekateri igralči, ki so pravilo že skoraj dojeli, popravljali odločitve delilča. Si lahko zamislite njegovo zadrego! Igro si je izmislil leta 1956 Robert Abbott in Združenih držav Amerike, po pokliču programer, ki si je izmislil kar nekaj zanimivih miselnih iger. Igra torej res ni od včeraj, a pri nas so jo igrali le redki. Gotovo je primerna tudi v šolah, od devetletke do univerze. Morda bo ta sestavek vzpodbudil nove generačije, da jo vzljubijo. 13 PRESEK 45 (2017/2018) 3 FIZIKA Merjenje upogiba palice •J' vi' >U Jurij Kovic -> Na lanskem Znanstivalu (potekal je od 3. do 5. 6. 2016 v središču Ljubljane) so med drugim prikazali tudi merjenje upogiba lesene palice, vpete v vodoravni legi in obremenjene s silo usmerjeno navpično navzdol v njenem središču. S takšnimi meritvami si v gradbeništvu pomagajo pri načrtovanju in konstrukčiji mostov. Ceprav lahko na vprašanje, ali bo ob enaki obremenitvi upogib dveh palic s skupno enako debelino večji, manjši ali enak, dajo zanesljiv odgovor le fizikalni eksperiment oziroma natančne meritve upogiba, je vseeno vredno premisliti, ali lahko izid (vsaj v kvalitativnem smislu!) uganemo oziroma napovemo zgolj z razmišljanjem. Pri tem si morda lahko pomagamo s sklepanjem po analogiji ali z miselnim poizkusom, kot jih je rad uporabljal Arhimed. Spomnimo se znane zgodbe, v kateri je kralj iskal naslednika za svoje kraljestvo in sklenil, da bo to tisti, ki mu bo uspelo prelomiti tri lesene palice, čvrsto povezane skupaj. To, kar ni uspelo junakom z veliko fizično močjo, je uspelo bistroumnemu mladeniču, ki je paliče razvezal, potem pa prelomil vsako posebej. Ob tem lahko takoj oblikujemo hipotezo: Večje število palič enake skupne debeline se vda toliko prej, kolikor več jih je, pa naj gre za lomljenje ali upogib. Meritve so potrdile našo domnevo, da se dve paliči upogneta bolj kot ena sama. Dve pa-liči nekako zdrsneta druga ob drugi in se tako slabše upreta pritisku kot ena sama (ki ima poleg vodoravnih vezi med molekulami tudi dodatne navpične). Ob tem eksperimentu, ki ga lahko razumemo tudi kot zelo splošno metaforo še za mnoge druge situa-čije v življenju (ne samo kot model obremenitve mostov), nehote pomislimo tudi na znani pregovor: V slogi je moč! SLIKA1. XXX 14 PRESEK 45 (2017/2018) 3 37. tekmovanje iz znanja fizike za Štefanova priznanja nU sU NU Barbara Rovšek FIZIKA V šolskem letu 2016/2017 se je odvijalo 37. tekmovanje iz znanja fizike za osnovnošolce. Nanj so se uvrstili vsi osmošolci, ki so na šolskem tekmovanju tuhtali, kako se ure premaknejo, Ce letimo na druge celine, in devetošolci, ki so se na istem tekmovanju teoretično vozili z vlakcem smrti. Šolskega tekmovanja se je udeležilo 7007 učencev 8. in 9. razreda in od teh jih je 2515 prejelo bronasta Štefanova priznanja. Na področno tekmovanje, ki je potekalo v 17-ih regijah po Sloveniji, se je prebilo 1479 učencev, 501 jih je osvojilo srebrno priznanje. Državno tekmovanje je bilo v soboto, 8. aprila 2017, na Pedagoški fakulteti v Ljubljani, Fakulteti za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru ter Osnovni šoli Antona Globočnika v Postojni. Tekmovalo je 286 učencev, od katerih jih je 99 osvojilo zlata priznanja, 185 pa srebrna priznanja, podeljena na državnem tekmovanju. Osmošolči so pri eksperimentalnem delu državnega tekmovanja ugotavljali sestavo dveh zlitin, iz katerih je kovaneč za dva evra. Poskus je sočasno opravljalo skoraj 80 osmošolčev. Ker je vsak meritve opravljal na 20-ih kovančih, si lahko sami izračunate, koliko denarja smo imeli po mizah na prizoriščih državnega tekmovanja in kolikšno maso je imel kovček, v katerem smo pred tekmovanjem tovorili kovanče iz banke in po tekmovanju nazaj v banko. Masa enega kovanča za dva evra je 8,5 g. Kdor se je pri poskusu potrudil in meritve opravil kar se da natančno, je lahko zelo dobro očenil masni delež činka v medenini, iz katere je del kovanča. SLIKA 1. Tekmovalci na državnem tekmovanju v Ljubljani merijo kovance za 2 evra podolgem in pocez ter ugotavljajo sestavo zlitin, iz katerih so skovani. (Foto: Jan Šuntajs) Devetošolči so pri eksperimentalni nalogi najbrž pričakovali elektriko in jo tudi dobili. Merili so karakteristiko in moč žarniče. Karakteristika žarniče je graf, ki kaže, kako sta med seboj povezana napetost na žarniči in tok, ki teče skoznjo. Ce želimo narisati graf, potrebujemo več merskih točk. Ker so bili pri poskusu tekmovalči zelo omejeni s pripomočki -imeli so en sam vir napetosti, ploščato baterijo - so se morali za vsako mersko točko potruditi z različnimi vezavami treh enakih žarnič. Koliko je lahko različnih napetosti na eni žarniči, če imamo eno baterijo in največ tri enake žarniče? Uradni vrstni red prav na vrhu je bil tak: v 8. razredu je nagrade prejelo šest učenčev; dva iz Štajerske in po eden iz Ljubljane, Gorenjske, Bele krajine in Primorske. 18 > C= "ro ti -a ^ CD CD 15 PRESEK 45 (2017/2018) 3 FIZIKA 8. razred 9. razred 15 CD > "O -M ru ^ 1. nagrada ■ Matija Likar, OŠ bratov Polancicev Maribor, mentor Mladen Tancer. 2. nagrada ■ Jure Kalan, OŠ Trnovo, Ljubljana, mentorica Dulijana Juricic. 3. nagrada ■ Benjamin Bajd, OŠ Simona Jenka Kranj, mentorica Irma Pustotnik; ■ Vid Kavčič, OŠ Loka, Črnomelj, mentorica Jožica Kuzma; ■ Blaž Mevlja, OŠ Srecka Kosovela Sežana, mentorica Mojca Štembergar; ■ Tilen Šket, OŠ Šmarje pri Jelšah, mentorica Martina Petauer. V 9. razredu so nagrade prejele tri ucenke in pet ucencev sedmih razlicnih mentoric. 1. nagrada ■ Jaka Vrhovnik, OŠ Mozirje, mentorica Jana Pahovnik; ■ Marjetka Zupan, OŠ Ig, mentorica Martina Brence. 2. nagrada ■ Jernej Birk, OŠ Vavta vas, Straža pri Novem mestu, mentorica Nataša Umek Plankar; ■ Gregor Globevnik, OŠ Stražišce Kranj, mentorica Silva Majcen; ■ Gal Zmazek, OŠ Ljudski vrt Ptuj, mentorica Jasmina Žel. 3. nagrada ■ Tjaša Sušnik, OŠ Naklo, mentorica Špela Knez; ■ Urša Mati Djuraki, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana, mentorica Andreja Pagon; ■ Vito Levstik, OŠ Ljudski vrt Ptuj, mentorica Jasmina Žel. SLIKA 2. Nagrajenci 37. tekmovanja osnovnošolcev za Stefanova priznanja na prireditvi Bistro-umi 2017, kije potekala 13. maja 2017 v Unionski dvorani Grand Hotela Union v Ljubljani, skupaj s podeljevalcema nagrad, predstojnikom Oddelka za fiziko Fakultete za matematiko in fiziko Boštjanom Golobom in predsednico tekmovalne komisije Barbaro Rovšek. (Foto: Jana Jocif) _ XXX 18 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA Uspešen nastop naših mladih astronomov na 3. astronomskem tekmovanju treh dežel nU NU NU Andrej Guštin in Krištof Skok Na Sljemenu nad Zagrebom je med 30. avgustom in 1. septembrom 2017 potekalo 3. astronomsko tekmovanje treh dežel, ki se ga udeležujejo olimpijske ekipe Madžarske, Hrvaške in Slovenije. Naše vrste so tokrat zastopali clani letošnje ekipe srednješolcev za Mednarodno olimpijado iz astronomije in astrofizike (v nadaljevanju MOAA) Rok Ko-vac, Marko Cmrlec, Luka Govedic, Urban Ogrinec, Aleksej Jurca in kot rezerva Zala Potočnik. Aleksej Jurca je na tekmovanju zmagal, Luka Govedic pa je zasedel tretje mesto. Tudi drugi Clani ekipe so se dobro odrezali in z ekipno nalogo zasedli drugo mesto. Tokrat sta jih kot vodji ekipe spremljala Andrej Guštin in Krištof Skok. Vsem udeležencem Čestitamo! Idejo za astronomsko tekmovanje treh dežel, ki naj bi bila nekakšna pripravljalnica za MOAA, je pred nekaj leti dal vodja madžarske olimpijske ekipe dr. Tibor Hegedus. Pred tremi leti je zamisel tudi uresni-cil in takrat smo se prvic zbrali na Madžarskem. Lani je bilo tekmovanje pri nas, letos pa na Hrvaškem in vse kaže, da se bo v takem kolobarjenju nadaljevalo tudi v prihodnjih letih. Tekmovanje poteka po na-celih MOAA, le v nekoliko skrcenem obsegu nalog. Težavnost nalog je mogoce vecja od tistih na MOAA. Prav zaradi dobrih nalog in organizacije si marsikatera evropska ekipa mladih astronomov želi priklju-citi k temu tekmovanju, a smo se vodje ekip odlocili, da tekmovanja ne bomo širili. Organizacija tekmovanja za tri ekipe je relativno enostavna, pa tudi stroški tekmovanja so majhni. Širjenje tekmovanja pa bi pomenilo bistveno povecanje stroškov, cesar pa pri DMFA Slovenije ne zmoremo. Podobno velja tudi za Hrvate in Madžare. Pokazalo se je, da je astronomsko tekmovanje treh dežel zelo dobra priprava na olimpijado. Rezultati vseh treh ekip na MOAA so se po uvedbi tekmovanja treh dežel opazno izboljšali. SLIKA 1. Udeleženci, organizatorji in mentorji 3. astronomskega tekmovanja treh dežel na strehi Zagrebške zvjezdarnice. Foto: A. Guštin Primeri nalog iz letošnjega astronomskega tekmovanja treh dežel 1. opazovalna naloga ■ Z laserjem pokaži zvezdo 5 Kefeja. Ce je ne najdeš, prosi asistenta, da ti jo najde. ■ Z uporabo priložene zvezdne karte doloci navidezno magnitudo 5 Kefeja. Na karti oznaci zvezde, ki si jih uporabil za ocenjevanje magnitude. 19 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA —^ Poišči M92 z daljnogledom. ■ Poišči zvezdo 5 Kasiopeje z daljnogledom. Ce je ne najdeš, prosi asistenta, da ti jo najde. ■ Določi rektascenzijo zvezde y Kasiopeje z daljnogledom, če veš, daje rektascenzija zvezde 5 Kasiopeje je a = 1 h 26 m 40 s. Deklinaciji obeh zvezd sta pribl. 60o. 2. opazovalna naloga V sobi so ravnilo, trikotnik, gnomon (izvijač) in žarnica, ki predstavlja položaj Sonca. Na tleh je označena točka za opazovanje in črte, ki predstavljajo smeri sever-jug in vzhod-zahod. Datum opazovanja je 26. 6. 2014 in lokacija opazovanja je nekje na ekvatorju. Luna je bila vidna in njena faza je bila okoli zadnjega krajca. Za meritve predpostavi, da so žarki iz žarnice vzporedni na mestu opazovanja. Zanemari debelino označbe, na katero boš postavil gnomon. ■ Na list z odgovori nariši položaj sence in označi smeri neba. ■ Določi zenitno razdaljo in azimut Sonca. ■ Določi geografsko dolžino, če je ura 14:00 UT v trenutku meritve. ■ Določi časovni pas. Privzemi, da so širine časovnih pasov 15o in da je začetek ničtega pasu na ničtem poldnevniku. «o cd u C o on cd I I 1 1 1 1 l l l l 10. julij f 20./ l. i J. i junij '"30~20~ 10. "TX\31. l l l l l l l l i i j 31.4 20^ 20?j 10 j maj avg -V i 30. april f 20. 1 31. V j 31. »/ / \ septemt er : 10 J / marec \ 1 28./ o tober tober 20. I 10. /20. i februar V j 3l\ januar nc vember P10. 20. : 20. i i i i 10. i i i i 31. decer ber 20. "30. -10 -5 0 5 časovna enačba e/min SLIKA 2. Primeri teoretičnih nalog 1. teoretična naloga Dva opazovalca, eden pri jezeru Jarun v Zagrebu in drugi v Brodarici (pri Šibeniku), istočasno merita višino kulminacije Sonca s pomočjo gnomonov enakih višin. Opazovalec v Zagrebu je ugotovil, da je dolžina sence gnomona 48,1 % višine gnomona, medtem ko je opazovalec v Brodarici ugotovil, da je dolžina sence 43,7 % višine gnomona. Opazovalca sta na isti geografski dolžini 15,9o vzhodno in njuna oddaljenost je d = 234 km. Določi Zemljin polmer R, če veš, da na prvi spomladanski dan Sonce v Brodarici kul-minira na višini 46o42', oceni z uporabo priloženega grafa z vrednostmi časovne enačbe in Sončeve dekli-nacije skozi leto, na kateri dan v letu in približno ob kateri uri (po poletnem času) sta opazovalca izvedla svoje meritve. Namig Pri reševanju si pomagajte s sliko 3. 2. teoretična naloga Predpostavi, daje deklinacija Severnice danes 90o. S pomočjo skice nebesne krogle oceni, na katerih geografskih širinah bo Severnica nadobzornica čez polovico periode precesije Zemljine vrtilne osi (Platonovega leta)! Predpostavi, da je naklon vrtilne osi konstanten in znaša 23,5o. Koliko je danes rektascenzija točke na nebesni krogli, v kateri se bo po polovici periode precesije nahajala točka enakonočja? Zanemari lastno gibanje Severnice. Rešitve Deklinacija Severnice je 5 = 90o - 2s = 43o. Njena oddaljenost od severnega nebesnega polja je 90o - 5 = 47o. Severnica je nadobzorniška za geografske širine, večje od 47o severno. Danes je rektascenzija pomladišča a = 12 h. 20 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA SLIKA 3. SLIKA 4. 3. teoretična naloga Eksoplanet brez atmosfere kroži okoli svoje zvezde v krožni orbiti s polmerom dveh astronomskih enot. Vrtilna os planeta je pravokotna na njegovo ravnino kroženja. Skupna masa zvezde in planeta je 3 ■ 1030 kg. Zvezda največ seva pri 400 nm. Svetlobni tok vpada pravokotno na planetovo površje in njegova gostota tam znaša 2 kWm-2. Opazovano s planetovega ekvatorja je trajanje med prvim in zadnjim stikom zvezdinega diska z obzorjem 3 min. Vrtenja planeta je progradno v primerjavi z njegovim kroženjem okoli zvezde. Izračunaj planetovo si-dersko periodo rotačije izraženo v dnevih. Wienova konstanta je 2,9 ■ 10-3 Km. Rešitev Tsid = 44,9 dneva. Ekipna naloga Veliki radijski teleskop je prejel skrivnostni signal iz vesolja, ki je sestavljen iz 594 bitov. Ker je 594 s 27 (33), so znanstveniki prikazali signal v osmiškem sistemu: ■ 76070010004017014011761010402401202042 20300210202024012020441050041040106603 30005025100410401042021001104410101040 11770774021104102010202101040404061010 40101041010404100220104076070200500237 41403500 Znanstveniki niso mogli dešifrirati sporočila, zato so domnevali, da je sporočilo v resniči v binarnem sistemu, in iščejo rešitev. Pomagaj jim. Naloga Obdelava podatkov Asterizem Veliki voz Za računanje lastnih gibanj zvezd v daljših časovnih obdobij si izberemo kartezični koordinatni sistem z izhodiščem v Sonču (S), os x v smeri pomladišča, os y v smeri deklinačije 0° in rektasčenzije 90° (6 h) in os z v smeri nebesnega severnega pola (glej skičo). 21 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA —^ Kartezične koordinate zvezde Z, katere ekvatorialni koordinati (ob času t) sta a in 5 in oddaljenost od Sonca r, so podane z enačbami: ■ x = r cos a cos 5 y = r sin a cos 5 z = r sin 5 Z(x,y, z) X/ V y y SLIKA 5. Hitrost zvezde V lahko razdelimo na radialno komponento Vr in dve pravokotni komponenti - ena pravokotna na rektascenzijski meridian (precna komponenta na deklinacijo Vt5) in druga pravokotna na deklinacijski vzporednik (precna komponenta na rektascenzijo Vta). Transverzalni komponenti lahko izracunamo z enacbama: ■ Vt5(km/s) = 4,74^5("/god) ■ r(pc) Vt5(km/s) = 4,74^a("/god) cos 5 ■ r(pc), kjer je va sprememba rektascenzijo na casovno in V5 sprememba deklinacije na casovno enoto. (God pomeni leto.) Komponente hitrosti zvezde (Vx, Vy, Vz) lahko do-locimo z naslednjimi enacbami: ■ Vx = Vr cos a cos 5 - Vta sin a - Vt5 cos a sin 5 Vy = Vr sin a cos 5 - Vta cos a - Vt5 sin a sin 5 Vz = Vr sin 5 - Vt5 cos 5. V preglednici 1 so podani podatki za sedem zvezd v dobro znanem asterizmu (za epoho J2000,0). Podatki vkljucujejo rektascenzijo (a0) in deklinacijo zvezd (50), radialno hitrost (Vr), razdaljo (r) in komponente lastnega gibanja (^a ■ cos 5 in /a5) izražene v mililocnih sekundah na leto. V zadnjih dveh stolpcih so koordinate za vse zvezde razen za zvezdo 4 za leto -50.000, ki vkljucujejo premik zaradi lastnega gibanja. zvezda a0 5q Vr (km/s) r (pc) Ha ■ cos5 (10-3"/leto) Vs (10-3"/leto) ao 50 1 11h03m44s + 61°45'04" -9,0 37,7 -134 -34 11h20m7s + 61°57'36' 2 11h01m50s + 56°22'57" -12,0 24,5 +81 +33 10h53m42s + 56°11'15' 3 11h53m50s + 53°41'41" -12,6 25,5 +107 +11 11h43m42s + 53°37'19' 4 12h15m26s + 57°01'57" -20,2 17,9 +143 -129 5 12h54m02s + 55°57'35" -9,3 25,3 +111 -8 12h42m46s + 55°58'12' 6 13h23m56s + 54°55'31" -9,0 25,4 +121 -22 13h11m54s + 54°59'41' 7 13h03m44s +49° 18'48" -10,9 31,9 -121 -14 13h58m6s +49°18'47' PREGLEDNICA1. 22 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA Naloge Z uporabo podanih enacb izracunaj rektascenzijo, deklinacijo in razdaljo zvezde 4 za leto -50.000. Za izracun razdalje predpostavi konstantno hitrost in zanemari precesijo. Izracunaj razliko navidezne magnitude zvezde 4 od leta -50.000 do leta 2000 zaradi lastnega gibanja zvezde. Nariši asterizem, kakor je videti danes in kakor je zgledal leta -50.000 v kartezicno koordinatno mrežo. ■ Kako je ime zvezdam v asterizmu? Virialni teorem in temna snov V preglednici 2 so prikazani podatki za radialne hitrosti (Vn) in navidezne magnitude v spektralnem pasu (tobi) za 30 galaksij v Jati v Berenikinih kodrih katere navidezna kotna velikost je D = 3,8° in obsega 1.000 galaksij. Naloge Izracunaj povprecno radialno hitrost galaksij in razdaljo do jate, ce je Hubblova konstanta H = 70 (km/s)/Mpc. Izracunaj disperzijo hitrosti v smeri opazovanja (ar), ki je enaka standardni deviaciji meritev. ■ Z izrazom M = 2Ra2 G ki je izpeljan iz virialnega teorema, izracunaj maso jate galaksij M, ki izhaja iz dinamike galaksij v jati (G je gravitacijska konstanta in R je polmer jate). Predpostavi, da izsev vsake galaksije izhaja iz do-locenega števila zvezd, ki so vse podobne Soncu, in izracunaj povprecno maso galaksije ter celotno maso jate. Absolutna magnituda Sonca v modrem delu spektra je mBS = 5,5 m in Sonceva masa je 2 ■ 1030 kg. Izracunaj maso vidne snovi ob predpostavki, da je razmerje med maso in izsevom (v modrem delu spektra) = 5. Primerjaj rezultat z maso izpeljano iz virialnega teorema. Kolikšen je delež temne snovi v tej jati galaksij? št. cz (km/s) mg 1 6497 11,42 2 6848 13,73 3 9371 14,75 4 7228 14,79 5 7176 11,49 6 7145 14,62 7 7020 14,73 8 7114 14,69 9 5504 14,46 10 8043 14,24 11 4745 14,39 12 4818 14,52 13 6950 14,68 14 4660 13,68 15 7799 14,38 16 6907 14,72 17 5807 13,28 18 6691 13,61 19 9386 14,61 20 6675 14,65 21 6350 14,24 22 5475 12,08 23 6101 14,32 24 7242 14,01 25 6086 14,25 26 7616 14,69 27 7583 13,66 28 7405 14,79 29 7203 14,81 30 7198 14,86 PREGLEDNICA 2. XXX 23 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA Barvni sudoku 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. 3 6 2 1 4 8 .............. 7 6 7 2 4 6 8 7 5 4 8 7 3 2 O v O □ O m > a < 00 > m * £ a 9 2 3 S 17 7 8 L L L 8 4 S Z E 9 E 17 L Z 8 5 9 7 4 8 S L 6 E L Z 2 8 17 L 7 9 S E S E 6 7 Z 17 L 8 4 9 S E L 8 L Z 1 L 2 8 6 3 17 S Smer potovanja mrka XXX Aleš Mohorič -> K sliki na naslovnici je postavljeno vprašanje: V katero smer na Zemljinem površju se premika območje Sončevega mrka? Kolega vam sporoči, da je ravnokar opazoval Sončev mrk. Kam boste pohiteli, da ujamete svoj pogled na spektakularni dogodek, vzhodno ali zahodno od njega? Odgovor morda ni tako enostaven. Zgornja kulmi-nacija Sonca, najvišja lega Sonca v kakem kraju, se na Zemljinem površju seli proti zahodu - pri nas je poldne prej kot npr. v Londonu. Razlog za to je vrtenje Zemlje okoli lastne osi od zahoda proti vzhodu. Zemlja se okoli lastne osi zavrti v enem dnevu. Ali velja enako za mrk? Ce je vrtenje Zemlje glavni razlog, da nebesna telesa krožijo po nebu, potem bi se obmo-cje mrka tudi selilo proti vzhodu. Pa si poglejmo niz satelitskih posnetkov, ki si sledijo po narašcajocem casu (slika 1). Na nizu slik lepo vidimo, da se Zemlja vrti proti vzhodu, hkrati pa vidimo senco Soncevega mrka, kako najprej zakrije zahodni del Severne Amerike, nato pa se v nekaj urah premakne proti vzhodnemu delu. Torej, senca Soncevega mrka po Zemlji potuje od zahoda proti vzhodu! Razmislite, kako bi pojav pojasnili. Upoštevati morate oddaljenosti Zemlje od Sonca in Lune, hitrosti, s katerimi telesa krožijo, hitrost vrtenja Zemlje. Satelitske slike je med Soncevim mrkom 21. avgusta 2017 posnela vecbarvna kamera za slikanje Zemlje EPIC (Earth Polychromatic Imaging Camera), ki jo ima na svojem krovu satelit za opazovanje Zemljinega podnebja DSCOVR (Deep Space Climate Observatory). 24 PRESEK 45 (2017/2018) 3 ASTRONOMIJA 19:15 19:44 20:14 SLIKA 1. Satelitska slika Zemlje v devetih zaporednih Časih narejena 21. avgusta. Na Severni polobli se vidi Lunino senco, kako prepotuje Severno Ameriko od zahoda proti vzhodu. _XXX PRESEK 45 (2017/2018)3 25 RACU N A L NI STVO Generiranje vseh d -v ■ I -v ■ množic dane množice -leksikografska ureditev Andrej Taranenko -> V prispevku bomo spoznali algoritme, ki se uporabljajo za generiranje vseh možnih podmnožic poljubne dane koncne množice v nekem vrstnem redu. Naj bo n poljubno naravno število in S = {1, 2,..., n}. Pogledali bomo, kako tvorimo vse podmnožice množice S. Vemo, da je število vseh podmnožic poljubne množice z n elementi enako 2n. S S označimo seznam1 vseh podmnožic množice S. Natanc-neje, S = [So,S1 ,...,S2n_1], pri cemer za vsak i G {0,1,..., 2n _ 1} velja Si ^ s in so vse množice v seznamu S paroma razlicne. Ker konkreten seznam doloca vrstni red elementov v njem, mu recemo tudi ureditev elementov. Naj bo S = [So,S1,...,S2n_1] ureditev vseh pod-množic množice S. Ker je s tem dolocen vrstni red vseh teh podmnožic, ima vsaka podmnožica Si, za poljubni i G {0,1,...,2n _ 2}, svojega naslednika Si+1 - podmnožico, ki se v izbranem vrstnem redu pojavi neposredno za njo. Množica S2 n_1 pa nima naslednika oziroma bomo rekli, da je ta nedefiniran. Velja torej: naslednik(Si) = 0 < i< 2n - 1 Si+1, I nedefiniran, i = 2n _ 1. Naj bo i G {0,1,..., 2n _ 1} in A množica iz seznama S. Število i je rang množice A natanko tedaj, ko je A = Si. Rang množice A v izbrani ureditvi ozna-cimo z rang(A) in recemo, da rangiramo množico A. Funkcija rang : S — {0,1,..., 2n _ 1} je bijektivna. 1V strukturi seznam je pomemben vrstni red elementov. Sezname bomo zapisovali med oglate oklepaje. Njen inverz oznacimo z derang. Velja torej: ■ rang(A) = i ^ derang(i) = A, za vse A iz seznama S in vse i G {0,1,..., 2n _ 1}. Ra-cunanje derang(i) imenujemo derangiranje števila i. Poleg iskanja naslednjega elementa v ureditvi nas bosta zanimala tudi algoritma rangiranja in derangi-ranja. Še vec, naslednika lahko preprosto definiramo s pomocjo rangiranja in derangiranja na naslednji nacin: naslednik(A) = derang(rang(A) + 1), ce rang(A) < |S| _ 1, in nedefiniran, ce rang(A) = |S| _ 1. (1) Primer 1. Poglejmo dve izmed vseh možnih ureditev podmnožic množice {1, 2, 3}. Prva ureditev naj bo A = 01234 5 6 7 {}, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} druga pa B = 0 1 2 3 4 5 6 7 {}, {3}, {2}, {2, 3}, {1}, {1, 3}, {1, 2}, {1, 2, 3} Nad posameznimi množicami so zapisani rangi v dani ureditvi. Vidimo lahko, da ima množica {} v obeh ureditvah rang enak 0. Množica {1} ima v ureditvi A rang enak 1, v ureditvi B pa rang enak 4. Za ureditev A je derang(6) množica {2, 3}, za ureditev B pa je derang(6) množica {1, 2}. Naslednik množice {1, 2} v ureditvi A je množica {1, 3}, v ureditvi B pa množica {1, 2, 3}. 26 PRESEK 45 (2017/2018) 3 RACUNALNIŠ TVO Podmnožico T množice S = {1, 2,...,n} si lahko v računalniku učinkovito predstavimo z binarnim nizom dolžine n, označili ga bomo z B(T). B(T) torej vsebuje n bitov: bn-1bn-2 ■■■bo, pri tem za vsak i G {0,1,...,n - 1} velja: bi = | 0, če n - i G T 1, ce n i T. To pomeni, da je i-ti bit z leve (indeks n - i) enak 1, če je število i v podmnožici, in enak 0, če število i ni v podmnožiči. Primer 2. Naj bo S = {1, 2, 3} in T = {1, 2}. Ce gledamo na T kot na podmnožičo množiče S, si jo lahko predstavimo s tremi biti (n = 3), in sičer B(T) = 110. Natančneje, b2 = 1, ker velja 3 - 2 = 1 G T, b1 = 1, ker velja 3 - 1 = 2 G T, in b0 = 0, ker velja 3 - 0 = 3 G T. Vsaki podmnožiči T množiče S = {1,2,...,n} tako priredimo enolično določen niz B(T). Velja tudi obratno, vsak binarni niz dolžine n enolično določa pripadajočo podmnožičo množiče S. Ni težko preveriti, da na ta način dobimo vse možne binarne nize dolžine n. Še več, na nize B(T) lahko gledamo kot na predstavitve čelih števil med 0 in 2n - 1 v dvoji-škem številskem sestavu. Naraščajoča ureditev teh čelih števil, predstavljenih v dvojiškem številskem sestavu, porodi ureditev podmnožič množiče S, ki jo imenujemo leksikografska ureditev. Rang neke množiče T c S je torej enak vrednosti, ki jo predstavlja B(T) = bn-1bn-2...b0 v dvojiškem številskem sestavu: n- 1 ■ rang (T) = £ bi2i. i=0 Derang števila r, kjer je 0 < r < 2n - 1, pa je pod-množiča U c S, za katero je B(U) enak predstavitvi števila r v dvojiškem številskem sestavu. i dvojiška • predstavitev r pripadajoča množiča 0 000 {} 1 001 {3} 2 010 {2} 3 011 {2, 3} 4 100 {1} 5 101 {1, 3} 6 110 {1, 2} 7 111 {1, 2, 3} TABELA 1. Leksikografska ureditev podmnožič množiče {1, 2, 3} je torej ■ S = 012345 6 7 {}, {3}, {2}, {2, 3}, {1}, {1, 3}, {1, 2}, {1, 2, 3} Zapišimo še algoritma rangiranja in derangiranja za leksikografsko ureditev podmnožič množiče S = {1,..., n}. Algoritem 1 prikazuje izračun ranga množiče T c s v leksikografski ureditvi. Z zanko for gremo skozi vse elemente množiče S. V pogojnem stavku preverimo, ali element i pripada dani pod-množiči T. S tem v bistvu preverjamo, ali je v B(T) bit bn-i enak 1. Ce je, rangu prištejemo ustrezno po-tenčo števila 2. Računamo torej desetiško vrednost števila B(T), ki jo predstavlja dvojiški zapis. Algoritem 1: LexRangPodmnoziče(n,T) 1 r = 0 2 for i = n,n - 1,..., 1 do if i g T then ^ r = r + 2n-i 5 return r Primer 3. Poglejmo leksikografsko ureditev podmnožič množiče {1, 2, 3}. Torej števila 0 < r < 23 -1 = 7 uredimo v naraščajočem vrstnem redu. Za vsako število pogledamo njegovo predstavitev v dvo-jiškem številskem sestavu, iz česar dobimo pripadajočo podmnožičo. Algoritem 2 prikazuje, kako v leksikografski ureditvi derangiramo število r, pri čemer je 0 < r < 2n -1. Tudi tokrat zanka for predstavlja sprehod čez vseh n elementov množiče S. V pogojnem stavku preverimo, ali je najbolj desna števka v dvojiškem zapisu števila r enaka 1. Ce je, v množičo dodamo 27 PRESEK 45 (2017/2018) 3 RACUNALNIŠ TVO element, ki ga ta števka (bit) predstavlja. Deljenje števila r z dva in rezanjem na čeli del v dvojiški predstavitvi odreže najbolj desno števko, kar omogoča, da v vsaki iteračiji zanke preverjamo vrednost najbolj desne števke. Algoritem 2: LexDerangPodmnoziče(n,r) 1 T = 0 2 for i = n,n - 1,..., 1 do if r mod 2 = 1 then L T = T u {i} r = UJ 6 return T Algoritma za izračun naslednika ne bomo posebej zapisovali, saj lahko neposredno uporabimo zvezo med naslednikom ter rangiranjem in derangiranjem, predstavljeno s formulo (1). Primer 4. Ta primer naredite sami. Naj bo n = 8 in T = {1, 3,4,6}. S pomočjo algoritma 1 izračunajte rang(T). Katero množičo dobite, če s pomočjo algoritma 2 izračunte derang(181)? V tem prispevku smo za našo osnovno množičo vzeli množičo S = {1,...,n}. Kaj pa, če želimo le-ksikografsko ureditev poljubne množiče A z n elementi? V tem primeru zadostuje, da poiščemo bijek-čijo f : A — S. Tako lahko poljubno podmnožičo X c A rangiramo kot ■ rang (X) = rang(f(X)). Podobno derangiramo število r, 0 < r < 2n - 1, po naslednji formuli: ■ derang(r) = f-1 (derang(r)). Pri tem je f-1 inverzna funkčija funkčije f, torej f(X) = Y natanko tedaj, ko je f-1 (Y) = X, kjer je X c A in Y c S. Na začetku smo videli, da obstaja več različnih ureditev podmnožič dane množiče, leksikografska je le ena od njih. Na primeru 4 lahko opazimo tudi naslednje. Množiča {2, 3} ima rang enak 3, množiča {1} pa rang enak 4. V leksikografski ureditvi pod-množič množiče {1,2, 3} imamo torej dve zaporedni množiči, ki sta komplementarni (sta med seboj različni, kolikor se le da). Ali obstaja taka ureditev podmnožic množice {1, 2, 3}, da se bosta dve poljubni zaporedni množici razlikovali za natanko en element? Odgovor je DA! Taka razvrstitev obstaja za poljubno množico {1, 2,...n}, kjer je n G N. Ampak to je morda zgodba za kdaj drugič. Vas pa izzivam, da najdete tako razvrstitev podmnožic množice {1, 2, 3}. Literatura [1] Donald L. Kreher, Douglas R. Stinson, Combinatorial algorithms: generation, enumeration, and search, CRC Press, 1999. _ XXX Nalogi Marko Razpet 1. Urejena m-teriča (x1,x2, ■■■, xm-1,xm), v kateri so koordinate x1,x2,..., xm-1,xm naravna števila, je pitagorejska m-teriča, če velja ■ x2 + x| + ... + xm-1 = xm Pri tem je m > 3. Pitagorejska trojiča je na primer (3, 4, 5), ker je 32 + 42 = 52, pitagorejska četveriča pa (2, 3, 6, 7), saj je 22 + 32 + 62 = 72. Dokaži, da je za vsako naravno število n peteriča ■ (2n, 2n + 1, 2n + 2,6n2 + 6n + 2,6n2 + 6n + 3) pitagorejska. Poišči tovrstne pitagorejske peteriče, katerih koordinate ne presegajo 100. 2. Izračunaj ■ 62 - 52, 562 - 452, 5562 - 4452, 55562 - 44452 Nato rezultate posploši na razliko kvadratov oblike ^55 . Si 62 - 44... 4 52. n n XXX 28 PRESEK 45 (2017/2018) 3 RAZVEDRILO MaRtematicne prigode MArTEMATICNE PRIGODE Marta Zabret MArTEMATICNE PRIGODE 146 strani format 14 x 20 cm 12,50 EUR Izšla je nova knjiga MaRtematične prigode. Avtoriča Marta Zabret je profesoriča matematike in spečialistka matematičnega izobraževanja. Knjiga je množiča kratkih zgodb, v katerih so strnjene mnoge izkušnje s področja poučevanja in spremljajočih aktivnosti na srednjih šolah. Jedro knjige so zanimivi zapisi o njenih dijakinjah in dijakih. Besedila so napisana lepo in strnjeno, v njih je tudi pre-čej humorja. Zgodbe lahko beremo samostojno; nekatere so prav kratke. Knjiga ima tudi nekaj čisto matematične vsebine, denimo v obliki originalno predstavljenih problemov na srednješolskem nivoju. Za lepo zunanjo in notranjo obliko knjige so poskrbele tri nekdanje Martine dijakinje: Neža Vavpetič, Ariana Godičelj in Ana Hafner. Poleg omenjene lahko v naši ponudbi najdete še veliko drugih knjig. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko starejše knjige tudi naroČite s popustom: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ceni k/ Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633. vU vU nU M M HL I S U T R S U M M V A L L A V V E S 0 A'B D R 0 T H E S C I N N 0 E S M M M M M S M M N J A N E R ® 0 Z K I V V K I C A C E M A K S Ejfa A = A V C N T E RESITEV NAGRADNE KRlS ANKE presek 45/2 -> Pravilna rešitev nagradne križanke iz druge številke Preseka je Bik se pase. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Lana Polak iz Kranja, Ana Knap iz Preserja in Zala Hriberšek iz Misli-nja, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX PRESEK 45 (2017/2018) 3 29 RAZVEDRI LO Zbegana pšenica nU NU sU Aleš Mohoriš in Vitomir Babic Tokratna naravoslovna fotografija kaže šop mlade pšenice. Pšenica običajno raste navpično navzgor, v nasprotni smeri gravitacijske sile. Tako raste zato, da ohrani stabilnost in se ne prekucne, ko dozori in postane dovolj visoka. Ce postavimo posodo z zemljo in pšenicnim semenom na vrtec se gramofon, vzklije seme v svojem, prav posebnem svetu. Gramofon je priprava z vodoravno ploščo, ki se vrti okoli navpične osi s stalno kotno hitrostjo. V svetu, ki se vrti na gramofonu, dobi »teža« bilke, poleg navpične komponente, še vodoravno komponento, pravokotno stran od osi vrtenja. Komponenta »teže« navzdol je gravitacijska sila mg vodoravna komponenta pa ima velikost mc2r. Pšenica začne rasti poševno. Kratek odsek bilke je povsod vzporeden »teži« na tistem mestu. Komponenta »teže«, ki je posledica vrtenja gramofona, je vodoravna in odvisna od oddaljenosti od osi r. Kot, ki ga bilka ob korenini oklepa z navpičnico in ga označimo s

02 8 XXX 0.14 0.12 0.1 e- o.og 2 0.06 0.04 0.02 0 ♦ ♦ ♦ tan