PRESEK LETNIK 43
ŠTEVILKA 6
9 7 7 03 5 ■ 665364
9770351665364
9770351665364
matematični trenutki
ko lo fo n
S
Dodajanje gub
NU NU Vp
Ne boste verjeli, nekaterim ljudem so všec celo gube!
Gube, na primer na koži, na blagu in na plastičnih ovitkih, nastanejo, ker raztegnjeni materiali zavzamejo obliko z minimalno prožnostno energijo. Pri preucevanju gub uporabljamo geometrijo in parcialne diferencialne enačbe. Rezultati raziskav pomagajo tudi pri razumevanju drugih pojavov, na primer pri razumevanju obnašanja tankih slojev, cvetenja rož in, v primeru na naši sliki, pri proucevanju možnosti sprememb oblike teles med letom, ki bi izboljšale aerodinamicnost leta.
Raziskave gubanja temeljijo na medsebojnih vplivih tršega zunanjega in mehkejšega notranjega sloja, podobno kot je to primer pri naši koži. Do sedaj je kazalo, da so modeli gubanja odvisni od zelo veliko parametrov. Nedavno pa je skupina raziskovalcev presenetljivo odkrila, da sta pri sfericnih ploskvah pomembna le dva parametra: razmerje med ukrivljenostjo notranjega sloja in debelino zunanjega sloja ter tlak na zunanji sloj. Vecja ukrivljenost in manjši tlak povzrocita manjše udore, ki so razporejeni v šestkotnem kristalnem vzorcu. Manjša ukrivljenost in vecji tlak pa povzrocita oblikovanje brazd, ki so podobne prstnim odtisom. Skupina namerava pro-uciti tudi druge oblike ploskev. Njihovi rezultati bi lahko pomagali pri razlagi gubanja struktur vseh velikosti, od tistih mikroskopskih do struktur velikosti planetov.
Za vec informacij si lahko preberete clanek Curvature-induced symmetry breaking determines elastic surface patterns, ki je leta 2015 izšel v reviji Nature Materials.
2
SLIKA.
Dva primera gubanja tankega sloja na ukrivljenem substratu: sfera s kombinacijo udorov in brazd; torus s šestkotno razporejenimi udori.
_ XXX
PRESEK 43 (2015/2016) 6
Presek
list za mlade matematike, fizike, astronome in ra cunalnikarje letnik 43, šolsko leto 2015/2016, številka 6
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Becan (jezikovni pregled), Mojca Cepic, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kracun Berc (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohoric (odgovorni urednik), Igor Pesek (racunalništvo), Marko Razpet, Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik (tehnicni urednik).
Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2015/2016 je za posamezne narocnike 19,20 eur - posamezno narocilo velja do preklica, za skupinska narocila ucencev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna narocnina za tujino pa znaša 25 eur.
Transakcijski racun: 03100-1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovšcina 4, 1513 Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56 0310 0100 0018 787.
List sofinancira Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proracuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domacih poljudno-znanstvenih periodicnih publikacij.
Založilo DMFA-založništvo
Oblikovanje Tadeja Šekoranja
Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana
Naklada 1400 izvodov
© 2016 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1988
Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
Poštnina placana 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 poro čila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učencem višjih razredov osnovnih šol in srednješolčem.
Claneknaj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institučije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt.
Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si.
Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu.
MATEMATIČNI TRENUTKI
2 Dodajanje gub
4-6
7-10
11
MATEMATIKA
Pitagorov izrek (Aljoša Peperko in Janez Šter) Nemogoč problem (Ivan Vidav)
Arhimedova kvadratura parabole
(Marjan Jerman)
Naloga
(Marko Razpet)
FIZIKA
12-14 Večkratni odboji svetlobe na konkavnih zrcalih (Andrej Likar in Nada Razpet) Razmisli in poskusi -Odgovor na vprašanje iz številke 43/4 (Mitja Rosina)
15
ASTRONOMIJA 18-21 Naloge 23. sanktpeterburške astronomske olimpijade (Andrej Guštin)
22-26
RAČUNALNIŠTVO
Podatkovna struktura kopica (Andrej Taranenko)
30
31
RAZVEDRILO
Barvni sudoku Križne vsote Nagradna križanka (Marko Bokalic)
Rešitev nagradne križanke Presek 43/5 (Marko Bokalic)
Naravoslovna fotografija - Beli oblaki (Aleš Mohoric)
TEKMOVANJA 27-29 Bistroumi 2016
(Boštjan Kuzman) priloga Naloge z regijskega fizikalnega
tekmovanja srednješolcev Slovenije v šolskem letu 2014/15 priloga Naloge z državnega fizikalnega
tekmovanja srednješolcev Slovenije v šolskem letu 2014/15 priloga Tekmovanje v znanju poslovne
in finančne matematike ter statistike za srednje šole v šolskem letu 2014/15 -šolsko tekmovanje priloga Tekmovanje v znanju poslovne
in finančne matematike ter statistike za srednje šole v šolskem letu 2014/15 -državno tekmovanje
Slika na naslovnici: Naslovnica kaže oblake v raznih odtenkih sive, od črne do bele. Sivo bravo oblakov pravzaprav enostavno pojasnimo, bolj zvito je vprašanje: zakaj so oblaki beli? Odgovor poiščite v prispevku o naravoslovni fotografiji. (foto: Aleš Mohorič)
6
MATEMATIKA
Pitagorov izrek
Aljoša Peperko in Janez Šter
-> Pitagorov izrek je eden najslavnejših rezultatov antične matematike in se glasi:
Izrek. Naj bo dan pravokotni trikotnik ABC in naj bo c dolžina njegove hipotenuze, a in b pa dolžini njegovih katet. Potem je ploščina kvadrata s stranico dolžine c enaka vsoti ploščine kvadrata s stranico dolžine a in ploščine kvadrata s stranico dolžine b. V matematičnih oznakah:
■ c2 = a2 + b2.
SLIKA 1.
Pitagorov izrek
Znanih je mnogo različnih dokazov Pitagorovega izreka, več kot sto izmed njih je zbranih na spletni strani [2]. Namen tega prispevka je predstaviti tri dokaze geometrijske narave. Ti dokazi sledijo iz aksiomov elementarne geometrije in za njih poznavanje algebrskih operačij, kot so seštevanje, odštevanje, množenje ali deljenje, ni potrebno. V vseh treh dokazih bomo brez škode za splošnost privzeli, da je b večje ali enako a (kot na sliki 1).
Dokaz 1. Kot kaže slika 2, v kvadrat s straničo dolžine c vrišemo štiri pravokotne trikotnike, skladne trikotniku ABC. Ker je vsota manjših dveh notranjih kotov trikotnika ABC pravi kot, se vrisani štirje trikotniki stikajo brez prekrivanja, kot nakazuje slika 2, oglišča vrisanih trikotnikov pa tvorijo nov manjši
5
SLIKA 3.
10
PRESEK 43 (2015/2016) 5
MATEMATIKA
Potrebno je torej premisliti, daje vsota ploščin vrisanih štirih skladnih trikotnikov in kvadrata DEFG enaka vsoti ploščin kvadratov, narisanih nad kate-tama z dolžinama a in b. Slednje lahko zaključimo z naslednjim korakom, kot prikazuje slika 3.
V kvadrat nad kateto AC z dolžino b vrišemo dva pravokotna trikotnika PRS in RPQ, skladna prvotnemu trikotniku ABC. Ker sta dolžini stranic AP in DA enaki in sta dolžini QP in GA enaki, sta tudi dolžini QA in GD enaki. Torej lahko v pravokotnik ACRQ vrišemo kvadrat ATUQ, ki je skladen kvadratu DEFG.
Zadošča torej le še premisliti, daje dvakratnik ploščine trikotnika ABC (ki je enak ploščini pravoko-tnika AGBC) enak vsoti ploščine pravokotnika TCRU in ploščine kvadrata nad straničo BC. Dolžina daljiče TC je enaka a. Torej lahko pravokotnik AGBC razdelimo na kvadrat FBCT z dolžino stra-niče a in na pravokotnik AGFT. Pravokotnika AGFT in TCRU pa sta skladna, saj imata straniči enakih dolžin. S tem je dokaz zaključen.	■
Opomba. Zaključni korak zgornjega geometrijskega dokaza je možno nadomestiti z naslednjim računskim zaključkom. Iz slike 2 sledi, da je ploščina kvadrata s straničo dolžine c enaka vsoti ploščin štirih trikotnikov, skladnih prvotnemu trikotniku ABC, in ploščine kvadrata z dolžino straniče |DE| = b - a. Torej je
c2 = 4 ■ a2b + (b - a)2 = ,2
2ab + b2 - 2ab + a2 = a2 + b2.
Ta alternativni računski zaključek dokaza je objavljen kot dokaz 3 v [2] in ga je prvemu avtorju tega članka v času študija predstavil dr. Damjan Kobal, za kar se mu avtor iskreno zahvaljuje. Geometrijska verzija zaključka dokaza je plod dela avtorjev tega članka.
Naslednji dokaz je morda eden najbolj znanih geometrijskih dokazov Pitagorovega izreka in je na spletu opisan v [1] in kot dokaz 9 v [2].
Dokaz 2. Kvadrat s straničo dolžine a + b razdelimo na dva načina. Najprej v tak kvadrat vrišemo štiri pravokotne trikotnike, skladne prvotnemu trikotniku ABC, kot je to predstavljeno na sliki 4.
Ker so ti trikotniki pravokotni in skladni, je štiri-kotnik KLMN kvadrat s straničo dolžine c. Kvadrat s straničo dolžine a + b pa lahko razdelimo tudi na naslednji način, kot to prikazuje slika 5.
SLIKA 4.
Prva delitev.
a
a
a
b
a
SLIKA 5.
Druga delitev kvadrata s stranico dolžine a + b.
V nasprotni oglišči tega kvadrata vrišemo kvadrat z dolžino straniče b in kvadrat z dolžino straniče a. Znotraj prvotnega kvadrata ostaneta še dva pravoko-tnika s straničama dolžin a in b, ki ju lahko razdelimo na štiri trikotnike, skladne trikotniku ABC. Iz primerjave slik 4 in 5 sledi, da je ploščina kvadrata z dolžino straniče c enaka vsoti ploščine kvadrata z dolžino straniče a in ploščine kvadrata z dolžino straniče b, kar zaključuje dokaz.	■
Tretji dokaz, ki ga bomo predstavili, je plod dela drugega avtorja pričujočega članka. Uporabljene ideje so podobne tistim v dokazu 2 iz [2].
Dokaz 3. Prvotnemu pravokotnem trikotniku ABC obrišemo kvadrat ABDE z dolžino straniče c. V ta kvadrat narišemo še en pravokotni trikotnik, skla-

b
b
b
PRESEK 43 (2015/2016) 6
5
MATEMATIKA
—^ den trikotniku ABC, kot prikazuje slika 6. Nato do-rišemo še dva pravokotna trikotnika, skladna trikotniku ABC, kot prikazuje slika 7.
E
A
	C
b	a
D
B
SLIKA 6.
H
E
A
B
SLIKA 7.
Nemogoč problem
Skupna ploščina dveh trikotnikov, narisanih znotraj kvadrata ABDE, je enaka skupni ploščini dveh trikotnikov, narisanih zunaj kvadrata ABDE. Zato je ploščina kvadrata ABDE s stranico dolžine c enaka vsoti ploščin kvadratov EFGH in BIGC. Ker je dolžina stranice kvadrata EFGH enaka b in je dolžina stranice kvadrata BIGC enaka a, to dokazuje želeno.	■
Literatura
[1]	E-um, 8. razred, Geometrija v ravnini, Pitagorov izrek - dokaz, http://www.e-um.si/, ogled 29. 1. 2016.
[2]	Pythagorean Theorem, http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/, ogled
29. 1. 2016.
_ XXX
Ivan Vioav
-> Peter je izbral dve naravni števili, vecji od 1. Svojemu znancu Janezu je povedal, kolikšna je vsota teh števil, Mirku pa, kolikšen je produkt.
Mirko si ogleda produkt in telefonira Janezu: »Vem, kolikšna je tvoja vsota.«
Kmalu nato pa še Janez sporoči Mirku: »Tudi jaz vem, kolikšen je produkt.«
Ugani, kateri števili je izbral Peter, če izdamo, da je vsota večja od 21 in manjša od 31. Vnaprej seveda ne vemo, ali je Peter izbral različni ali enaki števili. Podobna toda precej težja pa je naslednja naloga:
Peter je izbral dve naravni števili, večji od 1. Svojemu znancu Janezu je povedal, kolikšna je vsota teh števil, Mirku pa, kolikšen je produkt.
Janez si ogleda vsoto in telefonira Mirku: »Ne vidim nobene možnosti, kako bi ti lahko določil vsoto.«
Toda glej, čez eno uro mu Mirko odgovori: »Vem, kolikšna je vsota.«
Kmalu nato pa še Janez sporoči Mirku: »Tudi jaz vem, kolikšen je produkt.«
Kateri števili je izbral Peter? Da bo naloga lažja, naj povemo, da vsota ni večja od 40. Vnaprej seveda ne vemo, ali je Peter izbral različni ali enaki števili.
Ta zanimiva naloga kroži zadnja leta na raznih srečanjih matematikov. Martin Gardner, ki jo je objavil v dečembrski številki časopisa Sčientifič Američan, jo imenuje »nemogoč problem«, ker na videz v njem ni nobene informačije, ki bi omogočala reševanje. Omejitev, da vsota izbranih števil ni večja od 40, ni bistvena. Enako rešitev dobimo tudi v primeru, če vsota ni večja od 60, samo več dela je pri reševanju.
Braleč naj skuša rešiti najprej prvo, lažjo nalogo, nato pa naj se loti še druge.
_ XXX
c
c
c
I
c
10
PRESEK 43 (2015/2016) 5
MATEMATIKA
Arhimedova kvadratura parabole
•J/ •i' Np
Marjan Jerman Uvod
Starogrški matematiki so se intenzivno ukvarjali z vprašanji, kako danemu liku poiskati večkotnik z enako ploščino. Najbolj znan problem, ki se je veliko kasneje izkazal za nerešljivega, je, kako krogu poiskati ploščinsko enak kvadrat. Arhimed (287-212 pr. n. št.) je v pismu matematiku Dositeju pokazal, da je ploščina lika, ki ga od parabole odreže njena sekanta, enaka štirim tretjinam ploščine trikotnika, ki ima za osnovnico tetivo, za vrh pa točko na paraboli, v kateri je tangenta na parabolo vzporedna sekanti (glej sliko 1). Arhimedov rezultat je izjemen, sploh če se zavedamo, da mu je to uspelo več kot dve tisočletji pred odkritjem integralov.
SLIKA 1.
Ploščina lika, ki ga od parabole odreže sekanta, je enaka štirim tretjinam ploščine trikotnika, ki ima za osnovnico tetivo, za vrh pa točko parabole, v kateri je tangenta vzporedna sekanti.
Starogrški matematiki so na parabolo gledali kot na presek neskončnega stožča z eno od ravnin, ki je vzporedna neki tangentni ravnini stožča; to je, ravnini, ki se stožča dotika le vzdolž njegove tvorilke.
Takšna predstava je Arhimedovo obravnavo še dodatno otežila. Da bi najpomembnejše ideje Arhimedovega dokaza približali bralčem Preseka, si bomo pomagali s koordinatnim sistemom, ki ga je šele mnogo kasneje izumil Rene Desčartes (1596-1650). V primerno postavljenem koordinatnem sistemu ima vsaka parabola enačbo y = Cx2, kjer je C realna konstanta. Zaradi enostavnejšega računanja bomo obravnavali le parabolo y = x2.
Tangenta na parabolo
Najprej si brez pomoči odvoda poglejmo, kako najti enačbo tangente na parabolo. Bolj natančno, poi-ščimo enačbo tangente na parabolo y = x2 v točki (xo,x0).
Ker gre tangenta skozi točko (x0, x0), je za primeren naklon k njena enačba enaka
■	y - x0 = k(x - xo).
Zato so skupne točke tangente in parabole rešitve enačbe
■	x2 = k(x - x0) + xq.
Ker se tangenta dotika parabole, mora imeti kvadratna enačba
x2 - kx + kx0 - x02 = 0
le eno dvojno ničlo, zato je njena diskriminanta
■	D = k2-4(kx0-x02) = k2 -4kx0+4x0 = (k-2x0)2
enaka 0. Tako smo pokazali, da je naklon tangente na parabolo y = x2 v točki (x0,x0i) enak k = 2x0. Bralči, ki že poznajo pomen odvoda, lahko preverijo, da se rezultat ujema z vrednostjo odvoda (x2)' = 2x v točki x0.

PRESEK 43 (2015/2016) 6
7
MATEMATIKA
—^ Tangenta, ki je vzporedna sekanti
Pred obravnavo se je Arhimed sklical na nekatere znane lastnosti parabole, ki sta jih dokazala že Ev-klid (365-275 pr. n. št.) in Aristej (390-320 pr. n. št.). Najpomembnejša pravi, da sta ordinata in abscisa tocke na paraboli v kvadratnem sorazmerju. Nas bo zanimalo tudi, v kateri tocki parabole je tangenta vzporedna sekanti skozi tocki A(a,a2) in B(b,b2). Ker imata vzporedni premici enak naklon, išcemo tangento z naklonom
, b2 - a2 ,
k = —-= b + a.
b-a
V prejšnjem razdelku smo pokazali, da je naklon tangente v tocki (x0,x0) enak 2x0, zato mora biti
■ 2x0 = b + a x0 = 2(a + b).
S tem smo pokazali zanimiv rezultat, ki pravi, da je tangenta na parabolo vzporedna sekanti v tocki
C \a+b (a+b^2
i 2 , \ 2 t i, ki leži pod razpolovišcem tetive, med tockama, kjer sekanta seka parabolo.
Metoda izčrpavanja ploščine
Ploščino odseka parabole y = x2 s sekanto skozi tocki A(a,a2) in B(b,b2) bomo izracunali tako, da bomo ta odsek zaporedoma tlakovali s cedalje manjšimi trikotnimi plošcicami, ki bodo v vsakem novem koraku pokrivale cedalje vecji del odseka. Za najve-cjo plošcico vzemimo trikotnik ABC.
Primerjajmo plošcino celotnega odseka in plošci-no trikotnika ABC. Navpicni premici x = a in x = b skupaj s tetivo AB in tangento skozi C oklepata pa-ralelogram. Ce ga v mislih razrežemo na dva kosa še z navpicnico x = 2(a + b) skozi tocko C, vidimo, da je zaradi skladnosti ustreznih parov trikotnikov plošcina paralelograma dvakrat vecja od plošcine trikotnika ABC. Hkrati je jasno, da je celoten odsek parabole vsebovan v tem paralelogramu. Zato lahko zelo grobo ocenimo, da trikotnik ABC pokriva vsaj polovico plošcine parabolicnega odseka.
Nadaljujmo z vcrtovanjem novih, manjših trikotnikov, ki bodo pokrili še nepokriti del parabolicnega odseka.
Najprej narišimo dva nova trikotnika z osnovni-cama AC in CB ter vrhovoma v tockah D in E, kjer
SLIKA 2.
Vcrtani trikotnik pokriva vec kot polovico ploščine odseka parabole.
je tangenta na parabolo vzporedna premicama AC in CB (glej sliko 3). Premislek od prej nam pove, da smo s tem pokrili vec kot polovico še nepokritega dela. Zato je ostala nepokrita še najvec cetrtina odseka.
SLIKA 3.
Zaporedno tlakovanje odseka parabole
Nato narišimo še štiri nove trikotnike z osnovni-cami AD, DC, CE in EB ter vrhovi v tockah parabole, kjer je tangenta vzporedna premicam AD, DC, CE in EB. Enak sklep kot prej nam pove, da je del odseka, ki ga ne pokriva sedem pravkar narisanih trikotnikov, manjši od osmine plošcine celotnega odseka.
10
PRESEK 43 (2015/2016) 5
MATEMATIKA
S postopkom nadaljujemo. Vsakič na enak način kot prej dorišemo dvakrat toliko trikotnikov kot v prejšnjem koraku in ploščino nepokritega dela zmanjšamo vsaj za polovico. Zato lahko z dovolj potrpežljivim včrtovanjem novih in novih trikotnikov poljubno zbližamo ploščino odseka parabole ter vsoto ploščin včrtanih trikotnikov.
Ploščine manjših trikotnikov
V tem razdelku bomo dokazali, da je ploščina vsakega od trikotnikov ADC in CEB osemkrat manjša od ploščine trikotnika ACB.
Navpičniča % = |(a + b) skozi C naj seka sekanto AB v točki S (glej sliko 4). Ker je navpičniča skozi C enako oddaljena od navpičnič % = a in % = b skozi A in B, leži točka S na sredini daljiče AB. Trikotnika SAC in BSC imata enako dolgi osnovniči AS = SB = 2AB in isto višino, zato imata enako ploščino. Tako bo dovolj, če pokažemo le, da je ploščina trikotnika ADC enaka četrtini ploščine trikotnika ACS.
Daljiča DT naj seka daljičo AC v točki U. Trikotnika ADC in ACT imata isto osnovničo AC, njuni višini pa sta v razmerju DU : UT. Dokaz bo tako končan, ko pokažemo, daje UT = 2 DU.
Pomagajmo si s koordinatnim sistemom. Ker točke D, U in T ležijo na isti navpičniči
1 ( a + b\ 3a + b
" % = 2 la + —) = -4T'
sta dolžini daljič UT in DU enaki razliki ordinat ustreznih točk.
Točka D leži na paraboli y = %2, zato ima ordinato enako
(3a + b)2
yD =
16
Točka T leži na sekanti AB, katere naklon kAB = a+b smo že izračunali. Enačba sekante AB je
■	y - a2 = (b + a)(% - a). Zato je ordinata točke T enaka
. ,,/3a + b \
■	yT = (a + b) I—4— - al
- a + a =
b2 + 3 a2 4 '
Točka U leži na premiči skozi A in C z naklonom
k-AC =
(a+b y
-a
b2 + 2ab - 3a2
a+b
-a
2(b - a)
in enačbo
y - a =
b2 + 2ab - 3a2 2(b - a)
(x - a).
Ordinata tocke U je zato enaka
yU = a +
b2 + 2ab - 3a2 / 3a + b
2(b - a)
4
-a
SLIKA 4.
Ploščina manjšega trikotnika ADC je enaka osmini ploščine večjega trikotnika acb.
Sedaj potegnimo navpičničo skozi D, ki seka se-kanto AB v točki T. Enak premislek kot prej nam pove, da točka T leži na sredini daljiče AS. Trikotnika ACT in TCS imata enako dolgi osnovniči AT = TS = 2 AS in isto višino, zato sta ploščinsko enaka in pokrivata vsak polovičo ploščine trikotnika ACS. Zato je dovolj pokazati, da je ploščina trikotnika ADC enaka poloviči ploščine trikotnika ACT.
= 5 a2 + 2ab + b2 = 8 . Krajši računa nam da dolžini daljič UT in DU:
yr - yu =
yU - yD =
(a - b)2 8 ' (a - b)2 16 '
Res velja UT = 2 DU, to pa smo želeli pokazati.
Ker je trikotnik CEB dobljen na enak način kot trikotnik ADC, je tudi njegova ploščina enaka četrtini ploščine trikotnika BSC in zato enaka osmini ploščine trikotnika ACB.

2
PRESEK 43 (2015/2016) 6
9
MATEMATIKA
—^ Vsota ploščin trikotnikov
Rečimo, da je ploščina trikotnika ACB enaka S. V vsakem koraku tlakovanja dodamo dvakrat več novih trikotnikov kot v prejšnjem koraku, ploščina vsakega novega trikotnika pa je osemkrat manjša. Premislili smo že, da je po dovolj korakih vsota ploščin vseh tlakovčev poljubno blizu ploščini paraboličnega odseka. Po n korakih je vsota ploščin trikotnikov enaka
■ Sn — S + 2 ■ 8S + 22 ■ g2S + 23 ■ s +
+ ?n-i 1 s
... ^ l.	8n-1 ^
S (1 + 1 + (1 )2 + ... + (1 )n-1) .
To je vsota končnega geometrijskega zaporedja s prvim členom S in kvočientom 4, od koder sledi
Sn = S
1 - (j )n 1 - 4
s (1 - (i )ny
Ko število korakov večamo čez vse meje, postaja po-tenča (^)n poljubno majhna, zato je ploščina para-boličnega odseka enaka
■ S = 4 S
S TO — 3 S .
To pa je natanko Arhimedov rezultat.
Arhimed še ni poznal geometrijskih vrst in je zgornjo vsoto izračunal s pomočjo naslednjega trika:
			f
			
			
			
Kvadrat s straničo 1 razrežimo na štiri enake kvadratne dele (glej sliko 5). Vsak del ima ploščino j. Postopek ponovimo z manjšim zgornjim desnim kvadratkom, ki ga na enak način razdelimo na še manjše kvadratke s ploščino 42. V nadaljevanju postopka na diagonali osnovnega kvadrata dobimo čedalje manjše kvadrate. Vsakemu diagonalnemu kvadratku pripadata kvadratka z enako ploščino, eden od njiju leži nad njim, drugi pa na njegovi desni strani.
Zato si lahko predstavljamo, da ploščino največjega kvadrata izčrpamo z manjšimi kvadrati na naslednji način.
Najprej vzamemo vse tri začetne polovične kvadratke razen zgornjega desnega. Nato manjkajoči zgornji desni kvadratek pokrijemo s tremi manjšimi ploščinsko enakimi kvadratki, preostali kvadratek spet s tremi manjšimi in tako naprej. Površno povedano bomo v neskončno korakih s trojičami čedalje manjših skladnih kvadratkov izčrpali ploščino čelotnega osnovnega kvadrata. Drugače, ploščino 1 osnovnega kvadrata lahko razbijemo na neskončno vsoto ploščin čedalje manjših kvadratkov takole:
■	1 — 31 + 342 + 353 + ...
Od tod dobimo vsoto iskane neskončne geometrijske vrste
■	1 = 1 + 1 + 1 +
3 = 4 + 42 + 43 + ...
Primerjava rezultata z modernim izračunom
Bralči, ki jih je prispevek pritegnil in že poznajo pomen integrala, lahko Arhimedov rezultat potrdijo tako, da najprej izračunajo ploščino S trikotnika z ogli-šči A(a, a2), B(b,b2) in C(2(a + b),(2(a + b))2), nato pa izračunajo ploščino območja med parabolo y — x2 in njeno sekanto skozi točki A in B s pomo-
čjo integrala
a + b)(x - a) + a2) - x2j dx.
SLIKA 5.
Geometrijska interpretacija vsote geometrijske vrste s kvocien-tom 4
XXX
www.presek.si
a
10
PRESEK 43 (2015/2016) 5
MATEMATIKA
Naloga
-i' -i' -i'
Marko Razpet
Otrok se igra s štirimi koščki kartona, ki imajo vsi obliko enakokrakega trapeza z notranjim kotom 45° ob daljši osnovnici. Ve, da imajo vsi trapezi enako ploščino, ki se izraža v kvadratnih centimetrih z naravnim številom, ki ne presega 30, in da se vse dolžine osnovnic izražajo v centimetrih, prav tako z naravnimi števili. Trapezi imajo raz-licne višine.
v
a
SLIKA 1.
števili a + c in a - c lihi, kar bi nasprotovalo enacbi (a + c)(a - c) = 4P, saj bi bila njena leva stran liho, desna pa sodo število.
Torej morata biti števili a in c hkrati sodi ali pa hkrati lihi. To seveda pomeni, da sta a + c in a - c sodi števili, in zato lahko zapišemo enacbo
a- c a+ c
2
2
= P,
pri cemer sta m = (a - c)/2 in n = (a + c)/2 naravni števili, ki sta v relacijah m < n in mn = P .S seštevanjem in odštevanjem pa takoj dobimo: a = n + m in c = n - m.
To pomeni, da moramo poiskati tako naravno število P (P < 30), ki ga je mogoče razstaviti na dva faktorja m in n (m < n) na štiri načine. Po zapovr-stnem pregledu najdemo število P = 24, za katero je 24 = 1 ■ 24 = 2 ■ 12 = 3 ■ 8 = 4 ■ 6. Rešitev naloge je dana v preglednici:
Pomagajte otroku izracunati osnovnici in višino vsakega trapeza posebej.
Rešitev
Privzamemo lahko, da za osnovnici a in c vsakega trapeza velja relacija a > c, pri čemer sta a in c naravni števili. Višina trapeza je ocitno v = (a - c)/2, srednjica pa 5 = (a + c)/2, zato je njegova plošcina P = sv = (a + c)(a - c)/4, ki je naravno število. Ta plošcina je za vse štiri trapeze enaka.
Hitro spoznamo, da sta števili a in c lahko hkrati sodi ali pa hkrati lihi. V nasprotnem primeru bi bili
m
3
4
n
24
12
8 6
a
25
14
11 10
23
10
5 2
v
2
3
4
TABELA 1.
Poišcite naslednje naravno število P, ki ga je mo-goce prav tako kot 24 razstaviti na štiri nacine na dva faktorja. Ponovite nalogo za najdeni P.
_XXX
c
c
1
1
2
PRESEK 43 (2015/2016) 6
11
fizika
Večkratni odboji svetlobe na konkavnih zrcalih
Andrej Likar in Nada Razpet
-> Pravo (realno) sliko neke točke, iz katere izvira svetloba, tvorijo žarki, ki se po odboju na zrcalih ali lomu v lecah sekajo. Sliko lahko opazujemo z ocmi ali jo prestrežemo z zaslonom. Z ocmi seveda vidimo tudi navidezno (virtualno) sliko, a nas realna slika nemalo preseneti, saj Čudežno »lebdi« v prostoru in prav mika nas, da bi se je dotaknili. Iluzija je toliko bolj prepričljiva, Če sliko opazujemo hkrati z obema očesoma. Navideznih slik v ravnem zrcalu smo tako vajeni, da nam ne pride na misel, da bi segli po njih. Zakrivljenih konkavnih zrcal pa nismo vajeni, zato iluziji prave slike kaj hitro podležemo.
Da prepričljivo vidimo pravo sliko z obema očesoma hkrati, potrebujemo dovolj veliko in primerno zakrivljeno zrcalo. Do takih zrcal pa ni lahko priti. Ker morajo biti tudi optično dovolj kakovostna, njihova cena strmo narašča z velikostjo. V šolah, kjer je zrcalo le motivacijski pripomoček, smo torej vezani na kozmetična zrčala, ki so namenjena podrobnemu ogledu obraza, seveda v navidezni povečani sliki. Si-čer niso draga, a niso prav velika, njihova goriščna razdalja pa je za naš namen pogosto prevelika, okrog poloviče metra ali več. Prava slika tako nastane predaleč od zrčala in je zaradi neustrezne optične kakovosti površin za vsako oko malo drugače popačena. Sliki v levem in desnem očesu nista povsem usklajeni, kar zelo oteži opazovanje. Slike tudi ni lahko najti, še posebno nevajenemu opazovalcu. Pri takih zrčalih si pomagamo z večkratnimi odboji na dveh zrcalih, ki ju postavimo s školjčno lego, torej lego, ki spominja na povezani lupini školjk. Večkratni odboji skrajšajo goriščno razdaljo do mere, ko lahko pravo sliko udobno opazujemo z obema očesoma hkrati
in s tem ustvarimo prepričljivo iluzijo. Pri tem optične napake posameznih zrčal skoraj ne popačijo slike. Taka »školjka« je izvrstno motivacijsko učilo, omogoča pa tudi nestandardno in ne prav lahko kon-strukčijo resničnih, pa tudi navideznih slik.
Število odbojev je odvisno od zaprtosti zrcal. Odprti zrčali omogočita tri odboje, dva na spodnjem zrcalu in enega na zgornjem. Na sliki 1 smo izbrali žarek, ki se odbije sam vase, torej določa optično os obeh zrcal pri trikratnem odboju. Zaradi preglednosti smo vpadni žarek malče izmaknili iz optične osi.
Bolj ko se zrcali zapirata, večkrat se svetloba odbije, preden pride do opazovalca. Na slikah 2 in 3 sta prikazani legi zrcal s petimi (tri na spodnjem in dva na zgornjem zrcalu) in sedmimi odboji (štiri na spodnjem in tri na zgornjem) za žarka blizu optičnih osi.
SLIKA 1.
Pri odprti legi zrcal se žarek iz tocke trikrat odbije na zrcalih, in sicer dvakrat na spodnjem in enkrat na zgornjem. Po odbojih se vrne sam vase (zaradi preglednosti na sliki nekoliko mimo), tako določimo optično os zrcal pri takem odboju.
12
PRESEK 43 (2015/2016) 6
FIZIKA
optična os
SLIKA 2.
Ko zrcali pripremo, je število odbojev večje, tu petkratno, trikratno na spodnjem zrcalu in dvakratno na zgornjem.
optična os
SLIKA 3.
Sliko po sedemkratnem odboju je še mogoče kar dobro opazovati.
Devetih in še večkratnih odbojev pa ne moremo več prav dobro opazovati. Več ko je odbojev, krajša je tudi goriščna razdalja zrcalne školjke (glej sliki 5 in 6), kar pride prav pri opazovanju prave slike primernega predmeta, najpreprosteje kar lastnega prsta opazovalca.
Zapišimo še, kako določimo gorišce školjčne postavitve. Najprej pri školjčni postavitvi določimo optično os. Vemo, da se žarek, ki leži na optični osi, odbije sam vase. Za risanje žarkov smo uporabili program GeoGebra in s poskušanjem poiskali žarek, ki se po odboju od zrčal odbije sam vase. Take primere kažejo slike 1, 2 in 3. Zaradi preglednosti smo narisali žarek, ki je blizu optične osi. Pri poskusu z zrčali pa smo optično os poiskali z laserskim kazalnikom, ki je bil od zrčal močno oddaljen.
Žarki, ki so vzporedni z optično osjo, gredo po odboju skozi skupno točko, to je skozi gorišče. Narisati moramo torej snop žarkov, vzporednih z op-
SLIKA4.
Corišče pri trojnem odboju (9 cm) se precej skrajša glede na gorišče posameznega zrcala (66 cm). Osnovnica kvadrata na mreži meri 5 cm.
SLIKA 5.
Gorišce pri petkratnem odboju je zelo blizu spodnjega zrcala, morda je celo navidezno. Pravo sliko pa vseeno prav dobro opazimo. Osnovnica kvadrata na mreži meri 2 cm.
tično osjo, in poiskati presečišče odbitih žarkov. Primera sta na slikah 4 in 5.
Poskuse smo izvedli tako, da smo zrčali postavili v nalašč za to izdelan lesen zabojček s pokrovom (glej sliki 6 in 7). Na pokrovu je drugo zrčalo, v pravilno lego pa ga postavimo s primerno dolgo podporno paličo. Tako učilo lahko učenči pri pouku izdelajo sami.

PRESEK 43 (2015/2016) 6
13
FIZIKA

SLIKA 6.
Zrcali v školjčni postavitvi
Barvni sudoku
nU NU NU
V 8 x 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 x 4) nastopalo vseh osem števil.
			1		2		8
						6	
5				1			
7	6			:..............:	:..............:	:..............:	:..............
3	5 4 2			8 2			;
	2			6 3			4
SLIKA 7.
Slika fotografskega objektiva po treh odbojih svetlobe na zrcalih
_x x x
D
o □
D
m
Ž
>
a. <
m
>
m
^ >w m
a
							
Z l S P L 9			00 no	9 L 17 S 2 E			8 l
l 8 E S 2 17			L 9	Z V S L 8 l			9 3
E	S	8	Z	17	l	6	7
9	17	L	1	8	E	Z	5
L	6	l	17	E	S	8	Z
8	E	2	S	1	9	L	17
							
xxx
14
PRESEK 43 (2015/2016) 5
FIZIKA
Razmisli in poskusi
Odgovor na vprašanje iz številke 43/4
-i' -i' •i'
Mitja Rosina
60. Perkolacija
Zgled za perkolačijo (proničanje) je povezava med elektrodama preko prevodnih kroglič (slika 1). V kvadratni škatli je slučajna mešaniča kovinskih in steklenih kroglič. Na dveh nasprotnih ploskvah škatle sta kovinski plošči, zvezani preko baterije in žar-niče, ki sveti, če množiča kroglič prevaja.
Ker nismo imeli pri roki kroglič, smo naredili preprosto računalniško simulačijo na matriki 10x10. Krogliče (elemente matrike) smo označili z 0, če je krogliča steklena, in z 1, če je krogliča prevodna. Izbira je bila slučajna, pri tem je imel delež prevodnih kroglič verjetnost p, delež neprevodnih kroglič pa 1 - p. Nato smo preverili, ali sta elektrodi povezani preko prevodnjih kroglič ali ne. V ta namen smo označili z 2 krogliče, ki so očitno povezane z levo elektrodo, in postopoma »posodabljali« nadaljnje prevodne krogliče, ki imajo sosedo z značko 2.
Pri izbrani vrednosti p smo ponovili račun 1000-krat, da sem dobil verjetnost za perkolačijo
■ w(p) = Nper (p) /NVsi(p) ,
pri čemer je Nper(p) število perkoliranih primerov in
SLIKA 1.
Zgled iz prejšnje številke Preseka (modre kroglice so prevodne). Že s prostim ocesom vidimo, da sistem perkolira.
p		w	
0,3		0,00	
0,4		0,01	
0,5		0,07	
0,6		0,30	
0,7		0,72	
0,8		0,97	
0,9		1,00	
TABELA 1.
Verjetnost za perkolacijo w v odvisnosti od deleža prevodnih kroglic p pri mreži 10x10 (naš zgled)
Nvsi(p) = 1000 število vseh primerov.
Rezultati v tabeli 1 veljajo za našo majhno mrežo 10x10. Ker smo poskus ponovili le 1000-krat, je tudi nekaj statistične napake (pri ponovitvah so bile razlike kvečjemu ±0.02). Pri kritični vrednosti pc ~ 0.65 verjetnost za perkolačijo w hitro naraste od majhne vrednosto do blizu 100%.
Pri veliki mreži pa pri kritični vrednosti pc naraste verjetnost za perkolačijo w(p) zelo hitro od 0 proti 1. Za velikre mreže navajajo v literaturi pc = 0.593.
Literatura
[1]	https://en.wikipedia.org/wiki/ Percolati on\_threshol d\#2-Uni form\ _Lattices, ogled: 25. 2. 2016.
[2]	Enostavne zglede najdete tudi v seminarski nalogi Kristine Pajek (http://fizika. fnm.uni-mb.si/files/semi narji/13/ perkolacijska\_teorija.pdf, ogled: 25. 2. 2016).
_x x x
PRESEK 43 (2015/2016) 6
15
RAZVEDRILO
■is ■i' ■i'
Nagradna križanka
16
PRESEK 43 (2015/2016) 	31
RAZVEDRILO
-> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani
www.presek.si/krizanka
ter ga oddajte do 5. avgusta 2016, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado.
XXX
PRESEK 43 (2015/2016) 5
17
ASTRONOMIJA
Naloge 23. sanktpeterburške astronomske o l i m p i j a d e
nU vU NU
Andrej Guštin
-> Letos so se najboljši udeleženci državnega tekmovanja iz znanja astronomije za Dominkova priznanja udeležili internetnega astronomskega tekmovanja za osnovne in srednje šole, ki ga organizira Univerza Sankt Peterburg iz Rusije. Tokrat objavljamo naloge finalnega dela tega tekmovanja.
7. - 8. razred osnovne šole
Na sliki 1 je zaporedje fotografij v negativu, ki so bile posnete z gore Corčovado (Rio de Janeiro, Brazilija). Očenite oddaljenost fotografa od Kristusovega kipa in čas, ki je pretekel med prvim in zadnjim posnetkom. Višina kipa je 38 m, razpon rok kipa je 28 m. Kaj je lahko nebesno telo, ki je na fotografijah vidno ob desnem robu Lune? Polmer Lune je 1/4 polmera Zemlje, razdalja med Zemljo in Luno pa je 60 Zemljinih polmerov.
SLIKA1.
9. razred osnovne šole, 1. letnik srednje šole
Fotografije Zemlje in Lune je posnela vesoljska sonda. Očenite oddaljenost sonde od Zemlje, ko je naredila te posnetke. Narišite razporeditev Zemlje, Lune, Sonča in sonde v času nastanka posnetkov. Koliko
časa je minilo med prvim in zadnjim posnetkom? Predpostavite, da je sonda sorazmerno daleč od Zemlje in od Lune. Polmer Lune je 1/4 polmera Zemlje, razdalja med Zemljo in Luno pa znaša 60 polmerov Zemlje.
SLIKA 2.
2. letnik srednje šole
Na sliki 3 je zaporedje posnetkov v negativu Mednarodne vesoljske postaje (MVP) in njenega prehoda čez Saturn, ki se je zgodil 15. januarja 2016. Očenite trajanje prehoda MVP čez Saturnove kolobarje in časovni interval med prvim in zadnjim posnetkom MVP na spodnji sliki. Kolikšna je širina pasu na površju Zemlje, znotraj katerega je fotograf lahko naredil tak posnetek?
Znano je, da je bila ta dan elongačija Saturna 42°, višina orbite MVP pa 400 km. Predpostavite, da je bil Saturn za fotografa v zenitu, vrtenje Zemlje pa zanemarite.
18
PRESEK 43 (2015/2016) 6
ASTRONOMIJA
SLIKA 3.
3. letnik srednje šole
Na slikah 4 sta krivulji sija pri prehodu planeta prek matične zvezde. Na obeh grafih je označeno mesto, ko je planet šel pred pego na zvezdi. Zvezda ima navidezno vizualno magnitudo m = 11,8, njen spektralni tip je K0 V, njen polmer pa je 0,57 polmera Sonca. Obhodna doba planeta okoli zvezde je 3,03 dni, premer planeta je 1,8-krat večji od Jupitrovega premera, njegov geometrijski albedo pa je 0,5.
Ocenite, na kolikšno največjo kotno oddaljenost se planet za opazovalca na Zemlji oddalji od zvezde. Ocenite temperaturo planeta. Določite vrtilno dobo zvezde (na njenem ekvatorju) in njeno povprečno gostoto. Predpostavite, da je prehod planeta pred zvezdo centralen, orbita planeta okoli zvezde pa krožna.
4. letnik srednje šole
Na sliki 5 je krivulja sija (v vidni svetlobi) ob prehodu planeta pred matično zvezdo. Planet sodi med tako imenovane vroče jupitre. Iz poteka krivulje lahko sklepamo, da je planet šel tudi pred hladno pego na zvezdi. Zvezda ima navidezno vizualno magnitudo m = 11,8 in pripada spektralnemu razredu K0 V. Ce na njej ne bi bilo pege, bi bila normalizirana gostota svetlobnega toka z nje F = 1,015.
Predpostavite, da je pega okrogla in večja od planeta, in ocenite temperaturo ter polmer pege. Oce-
SLIKA4.
nite tudi polmer planeta.
SLIKA 5.

PRESEK 43 (2015/2016) 6
19
ASTRONOMIJA
—^ Teoretične naloge
7. - 8. razred osnovne šole
■	Sledeča nebesna telesa razvrstite od najbližjega do najbolj oddaljenega od Zemlje: Andromedina galaksija, kvazar 3C48, komet C/2013 US10 (Catalina), meglica Sova.
■	Princesa Sofija Avgusta Frederika Anhalt-Zerbst je prvič prišla v Sankt Peterburg 3. februarja 1744. Kateri dan v tednu je bil to?
■	V filmu Marsovec je član ekspedicije Ares III Mark Watney na Marsu preživel 549 solov (sol je srednji Soncev dan na Marsu), preden so ga rešili astronavti vesoljskega plovila Hermes. Mars se enkrat okoli svoje osi zavrti v casu 24 ur in 37 minut, obhodni cas Marsa okoli Sonca pa je 687 zemeljskih dni. Z natancnostjo ene minute izracunajte trajanje sola. Koliko zemeljskih dni je Mark Watney preživel na Marsu?
■	Na dan, ko je Anakin Skywalker rešil planet Alde-raan, se mu je na planetu Tatooine rodil sin Luke. Še isti dan je Anakin poletel proti planetu Tatooine. Alderaan in Tatooine sta oddeljena 4 par-seke. Anakinova vesoljska ladja leti s hitrostjo, ki je petkrat manjša od hitrosti svetlobe. Koliko je bil star Luke, ko je Anakin prišel na Tatooine?
■	Za koliko je lahko Zemlja bližje središcu Galaksije kot Sonce? Kdaj (kateri mesec v letu) je to?
9. razred osnovne šole, 1. letnik srednje šole
■	Neki asteroid se giblje po krožni orbiti in vsakih šest let je ob eni od njegovih opoziciji viden v ozvezdju Kozorog. Koliko casa po opoziciji v Kozorogu bo asteroid v naslednji opoziciji? V katerem ozvezdju bo takrat?
Atomarni vodik je v Galaksiji razporejen v disku s polmerom okoli 20 kiloparsekov in debelino približno 50 parsekov. Celotna masa atomarnega vodika je približno 7 x 109 mas Sonca. Masa enega atoma vodika je 2 x 10-24 g. Ocenite koncentracijo atomov vodika (število atomov na prostorninsko enoto) v disku Galaksije. Masa Sonca je 2 x 1030 kg.
Neko vesoljsko telo ima enako maso kot Sonce in sledeco lastnost: teža muhe na njegovem površju je enaka teži slona na površju Zemlje. Ocenite go-
stoto tega vesoljskega telesa. Kateri vrsti vesoljskih teles lahko pripada to telo?
■	Ocenite, pri katerem največjem naklonu Venerine orbite glede na ekliptiko bi še lahko videli prehod Venere čez Sončevo ploskvico ob vsaki njeni spodnji konjunkciji.
■	Zamislite si, da jutri zjutraj (14. februar 2016) malo pred vhodom Sonca opazujete parado svetlih planetov in Lune na nebu. Kako si ta nebesna telesa sledijo (od vzhoda proti zahodu) na nebu? Pomagate si lahko s sledečimi podatki: 9. marca bo popolni Soncev mrk; pred tednom dni je bil Merkur v najvecji zahodni elongaciji; Venera je na nebu 28,5 stopinj zahodno od Sonca; Mars je v ozvezdju Tehtnica; Jupiter bo 8. marca v opoziciji s Soncem; Saturn ni v nobenem od zodiakalnih ozvezdij.
2. letnik srednje šole
■	V pravljici Lewisa Carrolla Alica v cudežni deželi se Alica veckrat poveca in pomanjša. Za koliko se spreminja navidezna magnituda najšibkejših nebesnih teles, ki jih Alica lahko še vidi s prostim ocesom, ce se njena višina spreminja med 5 cm in 5 m?
■	Astronomi so pri preucevanju asteroidov Glavnega asteroidnega pasu ugotovili, da se ti vecinoma nahajajo v obmocju ±4 stopinj od ekliptike, mejo pasu glede na oddaljenost od Sonca pa predstavljajo orbite asteroidov, katerih obhodna doba je v razmerju z obhodno dobo Jupitra 1: 3 in 2: 3. Predpostavite, da je v tem obmocju okoli 300 ti-soc asteroidov in ocenite povprecno oddaljenost med sosednjima asteroidoma.
Za zvezdo Vego je znano, da je znatno splošcena. Ocenite razmerje njenega ekvatorialnega in polarnega polmera, ce veste, da bi se njen najvecji in najmanjši navidezni sij razlikoval za 1 magnitudo, ce bi jo lahko opazovali z vseh strani. Predpostavite, da je površinska svetlost Vege po vsem njenem površju enaka.
■	Kot se mnogi lahko spomnite, so prvi kentavri, ki jih je v življenju srecal Harry Potter, družno pogledali v nebo in rekli: »Mars je danes zelo svetel.« Iz knjige je znano, da se je to zgodilo leta 1992 neke majske noci okoli polnoci. Dokažite, da so kenta-vri brezsramno lagali, ce veste, da bo maja 2016 navidezna magnituda Marsa -2. Obhodna doba
20
PRESEK 43 (2015/2016) 6
ASTRONOMIJA
Marsa okoli Sonca je 1,88 leta.
■	V planetnem sistemu EPIC 201367065 se okoli središčne zvezde polmera R = 0,56 RSonce in mase M = 0,6 MSonce gibljejo trije planeti, katerih polmeri so r1 = 0,0348R, r2 = 0,0279R, r3 = 0,0248 R, polmeri njihovih orbit pa a1 = 0,078 a.e., a2 = 0,14 a.e., a3 = 0,21 a.e. Na katerem planetu, drugem ali tretjem po oddaljenosti od maticne zvezde, bi hipotetični prebivalci videli dlje trajajoči navidezni prehod temu planetu najbližjega notranjega planeta čez ploskvico zvezde? Orbite planetov so krožnice in ležijo v isti ravnini. Vsi trije planeti okoli zvezde krožijo v isti smeri.
3.	letnik srednje šole
■	Povprečna gostota Saturna je 0,69 g/cm3. Njegova oblika je elipsoid z razmerjem med polarnim in ekvatorialnim polmerom 1: 1,11. Kolikšna bi bila povprecna gostota Saturna, ce bi se ta preoblikoval v kroglo s polmerom, ki bi bil enak siceršnjemu polarnemu polmeru?
■	Pri obdelavi spektra zvezde Alferat (rektascenzija: 0h 08min, deklinacija: +29°), posnetega v rdečem obmocju vidne svetlobe, je prišlo do napake. Spekter je bil posnet 25. junija, a je astronom, ki je meritve obdeloval, zmotno mislil, da je bil datum opazovanja 20. december. Ugotovite, kakšne popravke je treba narediti pri rezultatih meritev rdecega dela spektra, da bi napako odpravili. Ocenite (kolicinsko) velikost popravkov.
■	Spomnite se kake fotografije Saturna in ocenite delež (odstotek) celotnega »površja« Saturna, s katerega njegovi prstani niso vidni.
■	Obhodna doba zvezd v dvozvezdju, v katerem se iz ene zvezde pretaka snov na drugo, je 2,5 dneva. Znano je, da se je ta obhodna doba v zadnjih 100 letih podaljšala za 20 sekund. Ena komponenta dvozvezdja ima 3-kratno maso Sonca, druga pa 5-kratno maso Sonca. Ocenite hitrost akrecije v sistemu - količino snovi, ki se v enem letu pretoči z ene zvezde na drugo. Katera zvezda snov oddaja in katera jo sprejema?
4.	letnik srednje šole
■	Opazovalec na severni polobli je nekega dne opazoval vzid Sonca ob 9.04 po lokalnem času. Nasle-
dnji dan se je Sonce na obzorju pokazalo točno ob 9.00. Določite datum opazovanja. Kdaj in na kateri višini nad obzorjem bo naslednja zgornja kul-minacija zvezde Kapela (rektascenzija: 5h 17min, deklinacija: +46°)? Zanemarite kotno velikost Son-ceve ploskvice in casovno enacbo. Denimo, da so astronomi v Osoncju odkrili telo, katerega orbita je ležala v ravnini ekliptike. Ko sta kota »perihelij telesa - Sonce - telo« in »Sonce - telo - Zemlja« socasno postala prava kota, so astronomi opazili nenadno povecanje sija telesa. Pokazalo se je, da je to telo kovinski leteci krožnik, katerega ravnina je pravokotna na ravnino njegove orbite, rob krožnika pa je obrnjen v smeri gibanja. Izračunajte ekscentričnost orbite tega telesa in njegovo oddaljenost od Sonca v periheliju, ce veste, da je bila ob odkritju njegova kotna oddaljenost od Sonca 30°.
■ Dvojni pulzar PSR B1913+16 sestavljata dve nev-tronski zvezdi s približno enakima masama, ki znašata 1,4 mase Sonca, povprečna oddaljenost med njima pa je 2 x 106 km. Znano je, da sistem oddaja gravitacijske valove, zaradi cesar se obhodna doba zvezd zmanjšuje za 80 mikrosekund letno. Ocenite razmerje med gravitacijskim izsevom sistema PSR B1913+16 in njegovim izsevom v vidni svetlobi, ce veste, da je sistem od Sonca oddaljen 7 kiloparsekov in je njegov navidezni sij v vidni svetlobi +22m.
V knjigi Silmarillion je opis, kako so se ob nekem jezeru Srednjega sveta škrati prebudili zaradi soja zvezd, kar se je zgodilo še pred nastankom Sonca in Lune. Predpostavite, daje bila osvetljenost Srednjega sveta z zvezdami enaka kot osvetljenost površja Zemlje s polno Luno, in ocenite, kolikokrat več zvezd bi videli s prostim očesom na nebu Srednjega sveta kot na našem nebu. Dvozvezdje sestavljata dve enaki zvezdi s polmeroma 1,3 polmera Sonca in površinsko temperaturo 6500 K, gibljeta pa se po krožnih orbitah s polmerom 1,2 a.e. Ali se lahko okoli ene od zvezd planet giblje v obmocju, ki je primerno za življenje (na površju planeta lahko obstoja tekoca voda), ce je geometrijski albedo planeta 0,3?
_x x x
www.presek.si
PRESEK 43 (2015/2016) 6
21
racu n a l ni stvo
Podatkovna struktura kopica
Andrej Taranenko
-» Tokrat bomo predstavili podatkovno strukturo, imenovano kopica. V literaturi se pojavlja vec različnih definicij strukture, ki se skriva pod imenom kopica. V našem prispevku bo kopica dvojiško drevo z zahtevanimi dodatnimi lastnostmi, podrobneje definirana v nadaljevanju. Ponovimo na zacetku nekaj o dvojiških drevesih.
iAl
(^l	(C
(D (E © (G H (u © ' s> ' si (m)
SLIKA 1.
Levo poravnano dvojiško drevo in dvojiško drevo, ki ni levo poravnano.
Dvojiško drevo in predstavitev s poljem
Dvojiško drevo je podatkovna struktura, ki je bodisi prazna bodisi za vsako vozlišče velja, da ima največ dva otroka.
Z besedo vozlišče imamo v mislih strukturo, ki vsebuje vrednost, imenovano ključ, ter dve vozlišči, imenovani levi in desni otrok. Kadar govorimo samo o otrocih, bomo v mislih imeli poljubnega izmed njiju ali oba. Vozlišče v je starš vozlišča u, če je u otrok vozlišča v.
V dvojiškem drevesu, ki ni prazno, imamo posebno vozlišče, imenovano koren oz. korensko vozlišče. Korensko vozlišče imamo za prvi nivo drevesa. Njegovi otroči so na drugem nivoju drevesa, njihovi otroči na tretjem itd. Naj bo v vozlišče dvojiškega drevesa. Ce pogledamo drevo, katerega korensko vozlišče je levi otrok vozlišča v, govorimo o levem poddrevesu, drevo, katerega koren je desni otrok vozlišča v, pa je desno poddrevo. Vozlišče drevesa, ki nima otrok, imenujemo list.
Na sliki 1 vidimo primera dveh dvojiških dreves. V obeh je vozlišče s ključem A korensko vozlišče. Ce se omejimo na levo drevo na sliki 1, je drevo, ki ga tvorijo vozlišča s ključi C, F in G, desno poddrevo vozlišča s ključem A. Listi drevesa pa so vozlišča s ključi F, G, H, I in J. Drevo ima štiri nivoje. Vozlišče s ključem A je na prvem nivoju drevesa, vozlišči s ključema B in C na drugem nivoju drevesa, na tretjem so vozlišča s ključi D, E, F in G, na zadnjem (četrtem) nivoju pa vozlišča s ključi H, I in J.
Za dvojiško drevo, ki je levo poravnano, velja, da
ima na vseh nivojih, razen morda zadnjem, vsa možna vozlišča. Na zadnjem nivoju drevesa pa dopuščamo, da na desni strani manjkajo vozlišča. Primer levo poravnanega drevesa vidimo na levi strani slike 1; primer devesa, ki ni levo poravnano, saj med vozliščem J in vozliščem M manjkajo črtkasto narisana vozlišča, pa vidimo na desni strani slike 1.
Dvojiško drevo lahko v računalniku med drugim predstavimo s poljem tako, da ključe v vozliščih od zgoraj navzdol in od leve proti desni za povrstjo shranimo v polje. Levo drevo na sliki 1 bi na ta način predstavili s poljem v tabeli 1.
Ce ne bi zahtevali, da je drevo levo poravnano, bi pri tej predstavitvi v polju dobili prazna (neizkoriščena) mesta. V tabeli 2 vidimo desno drevo s slike 1 predstavljeno s poljem.
	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
										
										
vrednost	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J
TABELA1.
Predstavitev dvojiškega drevesa s poljem
	0	1	234567	8	9	10	11	12
								
								
vrednost	A	B	C D E F G H	I	J			M
TABELA 2.
Dvojiško drevo, ki ni levo poravnano, predstavljeno s poljem.
22
PRESEK 43 (2015/2016) 6
RAČUNALNIŠ TVO
Predpostavimo, da so elementi polja indeksirani od 0 naprej. Sami lahko preverite, da ima vozlišce, ki ga v polje shranimo na indeks i, levega otroka shranjenega na indeksu 2 i + 1, desnega pa na indeksu 2i + 2. Starš vozlišca, shranjenega na indeksu i, je shranjen na indeksu LJ. V vseh primerih zapisano seveda velja, ce element z ustreznim indeksom v polju sploh obstaja.
Kopica in operacije na njej
Kopica je levo poravnano dvojiško drevo, v katerem za vsako vozlišce velja: Ce je A starš vozlišca B, potem je kljuc v vozlišcu A vecji ali enak kljucu v vozlišcu B. Ce vozlišce nima otrok, velja, da je lastnosti zadošceno.
Tako definirana kopica se imenuje tudi maksimalna kopica. Podobno bi definirali minimalno kopico, kjer bi za vsako vozlišce veljalo, da je kljuc v vozli-šcu manjši od kljuca v otroku. V nadaljevanju bomo maksimalni kopici rekli samo kopica. Ker bomo kopico predstavili s poljem, zahtevamo, da imamo levo poravnano dvojiško drevo.
Primer kopice vidimo na sliki 2. Opazimo lahko, da je v korenskem vozlišcu kopice vedno kljuc naj-vecje vrednosti, kar je tudi splošna lastnost kopice.
Spoji kopici
Prvi postopek nad kopicami, ki ga bomo predstavili, se imenuje spoji kopici. Gre za naslednje: podani imamo dve kopici in še eno vozlišce. Vse troje bi
radi spojili (združili) v eno dvojiško drevo, ki bo tudi kopica.
Zacetno stanje problema je predstavljeno na sliki 3, na kateri vidimo dve kopici (rdece in zeleno obarvano drevo) ter dodatno (modro obarvano) vozlišce, ki bi ga želeli povezati s podanima kopicama. Rdece in zeleno drevo zadošcata lastnostim kopice, celotno drevo pa ne predstavlja kopice, saj modro vozlišce nima kljuca, vecjega od desnega otroka.
Postopek spoji kopici izvedemo tako: naše trenutno vozlišce na zacetku postane dodatno (modro) vozlišce. Dokler s trenutnim vozlišcem nismo v listu kopice ali pa trenutno vozlišce krši lastnost kopice (kljuc v trenutnem vozlišcu je manjši od vsaj enega izmed kljucev v otrocih), zamenjaj kljuc s kljucem vecjega izmed otrok in se prestavi na vozlišce, s katerim smo zamenjali vrednosti.
Korake postopka spoji kopici za primer s slike 3 vidimo na sliki 4, pri cemer je trenutno vozlišce vedno obarvano z modro.
Zgradi kopico
Pri postopku zgradi kopico predpostavimo, da imamo podano polje, katerega elementi ne zadošcajo nujno lastnostim kopice. Elemente polja želimo preurediti tako, da bo celotno polje predstavljalo kopico.
Poglejmo si primer, kjer je zacetno stanje predstavljeno s sliko 5.
Pri izgradnji kopice si bomo pomagali s postopkom spoji kopici. Ker mora vsako vozlišce drevesa
SLIKA2.
Primer kopice
SLIKA 3.
Zacetno stanje postopka spoji kopici

PRESEK 43 (2015/2016) 6
23
racunalni stvo
—^ zadoščati lastnosti kopice, bomo po vrsti od desne proti levi in od spodaj navzgor spajali posamezne kopice. Listi dvojiškega drevesa vedno zadoščajo lastnosti kopiče, saj nimajo otrok. Torej prvo vozlišče, pri katerem bomo izvedli postopek spoji kopiči, bo starš najbolj desnega lista na zadnjem nivoju drevesa, zadnje bo pa korensko vozlišče.
korak 1 26)
korak 2
korak 3 31)
SLIKA 4.
Koraki postopka spoji kopici
indeks	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
										
										
vrednost	53	41	75	62	21	97	24	10	15	42
SLIKA 5.
Polje, ki ne predstavlja nujno kopice, in pripadajoce dvojiško drevo.
Na sliki 6 vidimo posamezne korake (en klič postopka spoji kopici) izvajanja postopka zgradi ko-pičo. Poddrevesa z modro obarvanimi vozlišči že zadoščajo lastnostim kopice. Vozlišče obarvano z rdeče pa na vsakem koraku predstavlja vozlišče, ki ga spajamo s pripadajočima poddrevesoma (kopiča-ma). Po zadnjem koraku dobimo dvojiško drevo, ki predstavlja kopičo.
Odstrani največji element iz kopiče
Tokrat želimo iz obstoječe kopice odstraniti največji element. V mislih imejmo, da bo v računalniku kopiča shranjena v polju, tako da ne bomo elementa dejansko odstranili, ampak se bomo pretvarjali, da je velikost kopiče (število elementov v kopiči) manjša od števila vseh elementov v polju.
Največji element kopiče učinkovito odstranimo tako: Zamenjaj največji element kopiče (korenski) z najbolj desnim listom zadnjega nivoja. Zmanjšaj velikost kopiče za en element. Spoji »novi« korenski element s kopičama, ki ju predstavljata njegova otroka.
korak 1 53)
korak 2 53
korak 3 53
korak 4 53
korak 5 53
po koraku 5
(
SLIKA 6.
Koraki postopka zgradi kopico
24
PRESEK 43 (2015/2016) 6
RAČ UNALNIŠ TVO
Poglejmo primer odstranjevanja največjega elementa iz kopice s slike 7.
Iz kopice želimo odstraniti največji element. Na prvem koraku ga zamenjamo z najbolj desnim listom zadnjega nivoja in zmanjšamo velikost kopice za 1. Na slikah 8 in 9 to pomeni, da si predstavljamo, da modro obarvano vozlišče (element polja) ni več del kopice.
SLIKA 7.
Kopica in pripadajoče polje
Ker smo spremenili prvi element drevesa, se lahko zgodi, da krši pravilo kopice. Drugih elementov, ki so ostali v kopici, nismo spreminjali, zato so ohranili lastnost kopice. Imamo torej dve kopici (levo in desno poddrevo) korenskega vozlišca in korensko vozlišce, ki morebiti krši lastnost kopice. Izpolnjeni so torej pogoji, da izvedemo postopek spoji kopici. Ne pozabite, modro obarvano vozlišce ni vec del kopice. Po izvedenem postopku spajanja korenskega vozlišca s kopicama v levem in desnem pod-drevesu dobimo kopico predstavljeno z belimi vozli-šci na sliki 9.
Uporaba kopice
Kopica je zaradi svojih lastnostih koristna pri raz-licnih problemih. Ker imamo v kopici v korenskem vozlišcu na vsakem koraku vedno element z najve-cjim kljucem, je kopica zelo primerna za uporabo kot prednostna vrsta. V prednostno vrsto namrec dajemo elemente v nekem vrstnem redu, iz nje jih pa pridobivamo v vrstnem redu glede na njihovo prioriteto, ki pri implementaciji s kopico, predstavlja kljuce, glede na katere gledamo urejenost. Kot smo povedali v prejšnjih razdelkih, imamo v kopici v korenu vedno najvecji element, ki ga znamo enostavno odstraniti.
Drugi primer uporabe, ki ga bomo predstavili tukaj, pa je urejanje podatkov v polju. Problem je sle-
	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
										
										
vrednost	97	62	75	41	42	53	24	10	15	21
	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
										
										
vrednost	21	62	75	41	42	53	24	10	15	97
	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
										
										
vrednost	75	62	53	41	42	21	24	10	15	97
SLIKA 8.	SLIKA 9.
Prvi korak odstranjevanja največjega elementa	Dobljena kopica po odstranjevanju največjega elementa

PRESEK 43 (2015/2016) 6
25
raču n a l ništvo
—^ dec: imamo polje napolnjeno s podatki. Podatke v polju želimo urediti nepadajoce.
Tokrat bomo problem urejanja podatkov rešili s kopico. Pri odstranjevanju največjega elementa iz kopice lahko opazimo, da na mesto zadnjega elementa kopice (preden spremenimo velikost kopice) dobimo ravno najvecji element. Ce torej iz dobljenih kopic zaporedoma odstranjujemo najvecji element, dobimo v polju kljuce, urejene v nepadajo-cem vrstnem redu. Elemente odstranjujemo, dokler ima dobljena kopica vec kot en element. Seveda moramo pred odstranjevanjem kljucev iz podatkov polja zgraditi zacetno kopico. Temu postopku urejanja pravimo urejanje s kopico. Urejanje s kopico ima ca-sovno zahtevnost O(n log n) in je zato po hitrosti primerljivo z najhitrejšimi algoritmi urejanja.
Poglejmo postopek urejanja s kopico na spodnjem primeru. Tokrat bomo zapisovali le polja, ki jih dobimo, in ne bomo izrisovali pripadajocih dvojiških dreves. Postopek je prikazan na sliki 10, pri cemer znova velja, da modro obarvani elementi niso vec del kopice.
Križne vsote
	indeks	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	
	zacetno stanje polja	53	41	75	62	21	97	24	10	15	42	
	zvedemo zgradi kopico	97	62	75	41	42	53	24	10	15	21	
	odstrani najvecjega	75	62	53	41	42	21	24	10	15	97	
	odstrani najvecjega	62	42	53	41	15	21	24	10	75	97	
	odstrani najvecjega	53	42	24	41	15	21	10	62	75	97	
	odstrani najvecjega	42	41	24	10	15	21	53	62	75	97	
odstrani najvecjega		41	21	24	10	15	42	53	62	75	97	
odstrani najvecjega		24	21	15	10	41	42	53	62	75	97	
odstrani najvecjega		21	10	15	24	41	42	53	62	75	97	
odstrani najvecjega		15	10	21	24	41	42	53	62	75	97	
odstrani najvecjega		10	15	21	24	41	42	53	62	75	97	
postopek zakljucen		10	15	21	24	41	42	53	62	75	97	
SLIKA 10.
Koraki postopka uredi s kopico na primeru podanega polja _XXX
www.dmfa-zaloznistvo.si

-> Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na zacetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) razlicne.
	,6	3			
10			9		
2				16	
		11			14
			X		
			9		
RES ITEV KRIŽ NE VSOTE
S	17	9			
6	L	61			
u	S	9	LL		
		E	Z	L	
		9	L	6	01
			■	61	
XXX
26
PRESEK 43 (2015/2016) 6
TEKMOVANJA

vU sU nU
Maja Alif, foto: Jan Šuntajs, ilustracija: Ciril Horjak
-> V letošnjem letu se je tekmovanj iz matematike, fizike, astronomije, razvedrilne matematike, poslovne matematike, finančne matematike in statistike za različne stopnje osnovne in srednje šole v organizaciji DMFA Slovenije udeležilo več kot 130000 učencev in učenk iz skoraj 700 različnih šol (http://www.dmfa.si/Tekmovanja/Statis-tika. aspx). Med skoraj 1000 prejemniki zlatih priznanj je 171 nagrajenčev osvojilo 193 nagrad. Slednji so bili skupaj z družinskimi člani, mentorji in predstavniki šol povabljeni na tradičionalno podelitev nagrad Bistroumi 2016, ki je v soboto 14. maja potekala v Gallusovi dvorani Cankarjevega doma v Ljubljani.
Zbrane je uvodoma nagovoril predsednik DMFA Slovenije, prof. dr. Matej Brešar, ki se je spomnil na nedavno preminula velika slovenska znanstvenika, oba častna člana DMFA, matematika akademika profesorja Ivana Vidava in fizika profesorja Janeza Str-nada. V duhu spomina nanju je zbranim v dvorani
položil na srče: »Velike dosežke dosegajo velike osebnosti. Pomemben pa je prispevek vsakogar, ki doda kamenček v mozaik.«
Kot slavnostni gost je mlade nagovoril tudi akademik profesor dr. Tadej Bajd, predsednik Slovenske akademije znanosti in umetnosti. Poudaril je pomen
SLIKA 1.
Prof. dr. Matej Brešar.

PRESEK 43 (2015/2016) 6
27
te km o vanj a
slovenske poljudnoznanstvene literature in se prav tako spomnil akademika profesorja dr. Vidava. Ob koncu je šaljivo pripomnil, da je ob prihodu na fakulteto tudi on spoznal Vidava, a ne le enega, temvec kar dva - Vidava I in Vidava II (tj. znamenita učbenika Višja matematika I in II, deli Ivana Vidava, op. a.).
Na odru so bila podeljena številna priznanja, med njimi tudi znamenita Vegova priznanja najboljšim mladim matematikom ter nagrada Diamantni kenguru trem devetošolcem, ki so v devetih letih osnovnega šolanja osvojili skupaj največ točk na tekmovanju Kenguru.
Korakom nagrajencev so tempo dodali Člani skupine SToP. Umetniško dovršeno prireditev, ki jo je odlicno vodila Blažka Müller Pograjc, si je zamislil dr. Boštjan Kuzman, izvedba pa bi bila nemogoca brez logisticne podpore dr. Matjaža Željka ter številnih drugih sodelujocih.
movalne komisije dr. Barbara Rovšek pa je ob tem opisala nekoliko poseben sestavni del tega tekmovanja - eksperimentalne naloge. Svoje spomine na tekmovanje iz matematike, ki ima od vseh slovenskih tekmovanj v znanju najdaljšo tradičijo, je opisal Zoisov nagrajeneč profesor dr. Tomaž Pisanski. Kot častni podeljevaleč je predal nagrade najboljšim z letošnjega jubilejnega 60. tekmovanja srednješolčev iz znanja matematike za Vegova priznanja.
Prav gotovo je med najuspešnejšimi in (že več let zapored) največkrat omenjenimi na podelitvah nagrad DMFA dijak Aleksej Jurca. Letos je bil med najboljšimi tako pri matematiki kot tudi pri fiziki in astronomiji. Podelitve se tokrat ni mogel udeležiti, saj se je prav takrat s svojo ekipo vračal z Mednarodne naravoslovne olimpijade. Kljub temu je bil aktivno vključen v letošnjo prireditev, saj je za občinstvo posnel navdihujoč video svoje rešitve naloge o dvojnem pulzarju z enega od lanskih tekmovanj.
Vrhuneč čelotne prireditve je bila predstavitev 18-ih dijakov, izbranih za udeležbo na letošnjih mednarodnih olimpijadah iz znanja: 57. mednarodne matematične olimpijade v Hong Kongu, 47. mednarodne fizikalne olimpijade v Šviči, 10. mednarodne olimpijade iz astronomije in astrofizike v Indiji, 10. srednjeevropske matematične olimpijade v Avstriji in 5. evropske dekliške matematične olimpijade, ki je prejšnji meseč že potekala v Romuniji.

SLIKA 2.
Tolkalna skupina SToP je leta 2014 za svoje delo prejela nagrado Prešernovega sklada Republike Slovenije.
Preden je podelila priznanja najboljšim v znanju astronomije, je svoje podrocje dela predstavila tudi dr. Andreja Gomboc, prejemnica Zoisovega priznanja Republike Slovenije za pomembne znanstvene dosežke na podrocju astronomije. Ob nazornih animacijah je obcinstvu na kratko predstavila gamma sevanje in gravitacijske valove.
Nagrajeni osnovnošolci so lahko ob zanimivem vi-deu podoživeli vzdušje s tekmovanja v znanju fizike, podeljevalka priznanj in predsednica državne tek-
SLIKA 3.
Prejemnica Zoisovega priznanja dr. Andreja Gomboc na odru opisuje svoje znanstveno delo.
28
PRESEK 43 (2015/2016) 6
TEKMOVANJA

SLIKA 4.
Ena izmed številnih skupin nagrajencev na slavnostni podelitvi.
57. mednarodna matematična olimpijada, Hong Kong, 6.-16. julij 2016
■	Jakob Jurij Snoj, Gimnazija Novo mesto
■	David Popovic, Gimnazija Bežigrad
■	David Opalic, I. gimnazija v Celju
■	Timen Stepišnik Perdih, I. gimnazija v Celju
■	Domen Vreš, Gimnazija Ravne na Koroškem
■	Andraž Maier, Gimnazija Jeseniče.
Vodja ekipe: dr. Gregor Dolinar Pomočnik vodje: Matej Aleksandrov
SLIKA 5.
Posnetek reševanja naloge o dvojnem pulzarju.
47. mednarodna fizikalna olimpijada, Zürich, Švica, 10.-18. julij 2016
■	Tomaž Cvetko, Gimnazija Bežigrad
■	Jernej Debevc, Prva gimnazija Maribor
■	Luka Govedič, II. gimnazija Maribor
■	Aleksej Jurca, Gimnazija Bežigrad
■	Jakob Robnik, Gimnazija Bežigrad.
Vodji ekipe: dr. Jure Bajc in dr. Barbara Rovšek
10. mednarodna olimpijada iz astronomije in astrofizike,
Bhubaneswar, Indija, 9.-19. december 2016
■	Luka Govedič, II. gimnazija Maribor
■	Anže Jenko, Gimnazija Bežigrad
■	Aleksej Jurca, Gimnazija Bežigrad
■	Urban Ogrinec, Gimnazija in srednja šola Rudolfa Maistra Kamnik
■	Jakob Robnik, Gimnazija Bežigrad
Vodja ekipe: Andrej Guštin
10. srednjeevropska matematična olimpijada, Vöcklabruck, Avstrija, 22.-28. avgust 2016
■	David Popovic, Gimnazija Bežigrad
■	David Opalič, I. gimnazija v Celju
■	Timen Stepišnik Perdih, I. gimnazija v Celju
■	Domen Vreš, Gimnazija Ravne na Koroškem
■	Andraž Maier, Gimnazija Jesenice
■	Nejc Zajc, Gimnazija Velenje.
Vodji ekipe: Mihaela Pušnik in Veno Mramor
5. evropska dekliška matematična olimpijada, Busteni, Romunija, 10.-16. april 2016
■	Klara Drofenik, I. gimnazija v Celju
■	Doris Keršič, Konservatorij za glasbo in balet Maribor
■	Eva Seme, Gimnazija Bežigrad
■	Maša Smajila, I. gimnazija v Celju.
Vodja ekipe: Veno Mramor
XXX

PRESEK 43 (2015/2016) 6
29
RAZVEDRILO
Novosti v naši ponudbi
V DMFA - založništvo izdajamo različne vrste literature. Predstavljamo vam dve zadnji novosti:
Amir D. Aczel: SKRIVNOST ALEFA
Matematika, kabala, iskanje neskončnosti
184 strani, format 14 X 20 cm 19,50 EUR
Carlo Rovelli
SEDEM KRATKIH LEKCIJ IZ FIZIKE
76 strani, format 12 X 17 cm 9,50 EUR
Poleg omenjenih lahko v naši ponudbi najdete še veliko drugih zbirk nalog. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse zbirke tudi narocite:
http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ceni k/
Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta, razen za najnovejše knjige! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (041) 721 264.
sU vU nU
RESITEV NAGRADNE KRlS ANKE
PRESEK 43/5
-> Pravilna rešitev nagradne križanke iz pete številke 43. letnika Preseka je Prelomni algoritem. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Davor Florjan iz Tabora, Mateja Knap iz Preserja in Timotej Vesel iz Velenja, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti.
_ XXX
30
PRESEK 43 (2015/2016) 6
RAZVEDRILO

Beli oblaki
nU NU NU
Aleš Mohoriš
-> Zakaj so oblaki beli? Oblake sestavlja prozorna voda. Kar nalijte jo v kozarec in se prepričajte. Tudi zrak, v katerem so vodne kapljice, je prozoren. Pa vendar, vsi smo že videli bele oblake. Kaj je razlog za to belo barvo?
V oblakih so kapljice vode ali kristalcki ledu zelo majhni. Njihova povprečna velikost je od 10 do 20 mikrometrov. To je nekajkrat manjše od debeline lasu. Velikost kapljic je tudi odvisna od vrste oblaka, vendar so kapljice v oblaku tipično 10 do 1000-krat manjše od dežnih kapljic; kapljice v oblaku predstavljajo le milijoninko njegove prostornine. Vecino vode oblak vsebuje v obliki pare. Kakšno vlogo ima velikost kapljic pri barvi oblaka?
Naredimo poskus s košckom prav tako prozornega stekla (slika 1 zgoraj), ki ga razbijemo s kladivom. Tega ne delajte sami zaradi nevarnosti, da kak droben košcek zaide v oci ali vas kako drugace poškoduje. Uporabil sem zašcitna ocala in steklo sem zavil v papirnato brisaco. Ko steklo razbijemo na drobne košcke, opazimo, da dovolj majhni košcki postanejo beli (slika 1 spodaj).
Skrivnost beline je torej v množici zelo majhnih košckov. V oblaku so to vodne kapljice. Ko na njih vpada bela soncna svetloba, se svetloba na teh delcih sipa. Sipanje pomeni kakršnokoli spreminjanje smeri žarka. Smer žarka se lahko spremeni zaradi loma, odboja ali uklona. Kateri od pojavov prevladuje, je odvisno od velikosti kapljic in valovne dolžine svetlobe. Valovna dolžina vidne svetlobe je od štiri do sedem desetink mikrometra. Ce se svetloba sipa na zelo majhnih delcih, npr. atomih ali molekulah, ki so tipicno manjši od tisocine mikrometra, torej tisockrat manjši od valovne dolžine svetlobe, potem se mocneje sipa modra kot rdeca svetloba. Zato je Sonce rumenkasto do rdece, ko je nizko nad obzorjem, nebo pa modro, ko ga opazujemo v smeri stran od Sonca. Ce so delci vecji od valovne dol-
■ '-V
■i laiSiis
" v. .•	. •..... •. ;•'•:'.: '•;.' • • '..


SLIKA 1.
Kos prozornega stekla (zgoraj) razbijemo na manjše koščke. Če so koščki dovolj majhni in so zbrani na kupček, so videti beli (spodaj).
žine svetlobe, npr. kapljice v oblaku so skoraj stokrat vecje, se svetloba vseh barv sipa enako. Pri vecjih kapljicah, ko dežuje, je sipanje svetlobe posledica loma in enkratnega odboja. Ce je plast kapljic dovolj tanka, da se vecina žarkov sipa le enkrat, bomo lahko videli mavrico. Pri manjših kapljicah, kot so v oblaku, k sipanju prispeva tudi uklon in tipicen žarek, ki doseže naše oko, se sipa na ogromnem številu kapljic. Takrat se vse barve soncne svetlobe zlijejo v belo. Ce opazujemo oblak osvetljen z rdeco barvo soncnega zahoda, bo seveda tudi oblak videti rdec (oglejte si naslovnico prejšnje številke).
Kaj pa, ce bi bil oblak sestavljen iz obarvane vode? Bi bil bel, ali barvit? Premislite.
_ XXX


p
2
mak
1
/s
31	PRESEK 43 (2015/2016) 6

Matematični kenguru
Osnovna naloga tekmovanja Kenguru je popularizacija matematike. Zanimiv, zabaven in igriv na-cin zastavljanja matematicnih problemov je pripomogel, da se je tekmovanje kmalu razširilo po vsej Evropi, hkrati pa so se v tekmovanje vkljucevali tudi otroci in mladostniki iz drugih držav sveta. Tekmovanje je preseglo evropske okvire in postalo Mednarodni matematicni kenguru z vec kot 6 milijoni tekmovalcev iz 47 držav sveta v letu 2011. V Sloveniji Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije organizira tekmovanje za ucence od prvega razreda osnovne šole do cetrtega letnika srednje šole. Poseben izbor je pripravljen za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol, za dijake srednjih poklicnih šol ter za študente.
Naloge, zbrane v teh knjigah, so najboljše možno gradivo za pripravo na prihodnja tekmovanja. Predvsem zato, ker je vsaki nalogi dodana podrobno razložena rešitev, ki bralca vodi v logicno mišljenje in spoznavanje novih strategij reševanja. Marsikatera naloga, ki je sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematicni izziv.
EVROPSKI
MATEMATIČNI
KENGURU

2002-2004
10,99 EUR
18,74 EUR
14,50 EUR
Pri DMFA-založništvo so v Presekovi knjižnici izšle že 4 knjige Matematicnega kenguruja.
•	Evropski matematični kenguru 1996-2001 (pošlo),
•	Evropski matematični kenguru 2002-2004,
•	Mednarodni matematični kenguru 2005-2008,
•	Mednarodni matematični kenguru 2009-2011.
Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematicna, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi narocite:
http://www.dmfa-zalozni stvo.si/
Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553.