9 770351 665920 2 M A T E M A T IK A +F IZ IK A +A S T R O N O M IJ A +R A ČU N A LN IŠ T V O # ISSN 0351-6652 9 7 7 0 3 5 1 6 6 5 9 2 0 PR E S E K L E T N I K 4 9 ( 2 0 2 1 / 2 0 2 2 ) Š T E V I L K A 2 ̌  ̌  ̌̌      ̌   ̌                  P                     Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 49, šolsko leto 2021/2022, številka 2 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Nino Bašić (računalništvo) Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domajnko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun Berc (tekmovanja), Boštjan Kuzman (matematika), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), 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: info@dmfa-zaloznistvo.si Naročnina za šolsko leto 2021/2022 je za posamezne naročnike 22,40 eur – posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 19,60 eur, posamezna številka 6,00 eur, stara številka 4,00 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 30 eur. Transakcijski račun: 03100–1000018787. List sofinancira Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proračuna iz naslova razpisa za sofinanciranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikacij. Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphicum, Ljubljana Naklada 1100 izvodov © 2021 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 2141 ISSN 2630-4317 (Online) ISSN 0351-6652 (Tiskana izd.) Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Pri- kaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učencem viš- jih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo ošte- vilčene, 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 cm 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 (copyri- ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredni- štva DMFA–založništvo, Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte info@dmfa-zaloznistvo.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re- cenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, po- tem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo ob- javo v elektronski obliki na internetu.         ̌           b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b     ̌         P 49 (2021/2022) 22 Merjenje temperature jezikov Zvoki in struktura približno 7000 svetovnih jezi- kov se neprestano spreminjata – samo primerjajte angleščino v Romeu in Juliji ali španščino v Don Ki- hotu s sodobno govorico. Toda zgodovinski zapisi dajejo le nepopoln vpogled v evolucijo jezika. Dan- današnji lingvisti vse bolj uporabljajo matematične modele, da bi ugotovili, katere lastnosti jezika se v stoletjih spreminjajo pogosteje in katere redkeje. Novi model, ki ga je navdihnila fizika, pripiše »temperaturo« različnim zvokom in slovničnim strukturam. Lastnosti z višjo temperaturo so manj stabilne, zato se spreminjajo pogosteje. Že samo tre- nutna geografska porazdelitev lastnosti jezika nudi raziskovalcem dovolj informacij, da lahko določijo temperaturo te lastnosti. »Vroča« lastnost, ki se bo kmalu spremenila, denimo prisotnost določnega čle- na the v angleščini, je razpršena enakomerno po vsem svetu. Njeno nasprotje je »hladna« lastnost, ki se upira spremembi in jo najdemo v geografskih gru- čah. Primer take lastnosti je postavljanje predmeta pred povedek v angleščini. Novi lingvistični termometer bo pomagal razisko- valcem rekonstruirati nastanek jezikov in predvideti, kako se bodo spreminjali v prihodnosti. Razisko- valci pa pričakujejo, da bodo že kmalu s podobnimi modeli raziskovali tudi evolucijo drugih dejavnikov človeške kulture, npr. pravila porok ali dedovanja la- stnine. Več informacij v članku Geospatial distributions re- flect temperatures of linguistic features, H. Kauhanen, D. Gopal, T. Galla, R. Bermúdez-Otero, Science Advan- ces 7 (2021). Izvirno besedilo: Taking the Temperature of Languages, Mathe- matical moments from the AMS. Prevod in priredba: Boštjan Kuz- man. ˆ ˆ ˆ S  : Fotografija na naslovnici kaže ivje. Več o pojavu v prispevku o naravoslovni fotografiji. Foto: Peter Legiša ̌  2 Merjenje temperature jezikov  4 V razmislek (Aleš Mohorič)  5–8 Dotikajoče se krožnice in središčni razteg (Peter Legiša) 9–10 Neenakosti med pitagorejskimi sredinami dveh števil (Šefket Arslanagić in Daniela Zubović prevod in priredba Boštjan Kuzman) 26–27 Geogebrin kotiček – Paradoks slabovidne priče (Boštjan Kuzman)  11–13 Disperzija (Andrej Likar) 14–15, 18 Gorenje lesa (Jože Rakovec) 30 Naravoslovna fotografija – Iz vseh smeri (Aleš Mohorič)  19–24 Astronomsko tekmovanje petih dežel 2021 (Vid Kavčič)  18 Barvni sudoku 16–17 Nagradna križanka (Marko Bokalič) 24 Križne vsote 25 Rešitev nagradne križanke Presek 49/1 (Marko Bokalič) 28–29 MaRS 2021 je ponovno oživel (Simon Brezovnik) 31 Bilo je nekoč v reviji Presek – Poročilo o delovanju matematičnega krožka na gimnaziji v Šentvidu v šolskem letu 1974/75  priloga Tekmovanje iz fizike za bronasto Stefanovo priznanje – šolsko tekmovanje priloga Tekmovanje iz naravoslovja – šolsko tekmovanje      P 49 (2021/2022) 2 3 Kazalo P 49 (2021/2022) 24 V razmislek A̌ M̌,   Ljubitelji matematike in fizike smo vajeni elegan- tnih dokazov in trdne veljavnosti matematičnih izre- kov. Prav tako čvrsto zaupamo domiselno zastavlje- nim in izvedenim eksperimentom, s katerimi so bile potrjene fizikalne teorije, o katerih se učimo v šoli. V zadnjih mesecih pa lahko po spletu in medijih spre- mljamo razgrete razprave o tem, kdo ima v nelahkih razmerah epidemije prav in kdo ne, ko poziva k ce- pljenju, govori o varnosti cepiv, smiselnosti ukrepov. Veliko slabe volje bi si lahko prihranili, če bi vsi ra- zumeli, kako sprejemati tok informacij. V moderni dobi interneta in družbenih omrežij pridemo do informacij lažje kot kadarkoli prej - in hkrati težje. Zaradi preobilja informacij lahko svojo pozornost posvečamo le tistim, ki jih izberemo. In tako se odpira pomembno vprašanje, čemu name- njati pozornost. Vsekakor temu, kar nas zanima in kar nam koristi. Kako pa presodimo, kaj nam ko- risti, katere informacije so prave, še posebej, če si iz različnih virov nasprotujejo? Informacije kritično presojajte po več kriterijih, npr. kdo je avtor, od kod ali koga informacija prihaja, kakšen je motiv avtorja, ali se informacija ujema z vašimi izkušnjami (svojim zmožnostim statistične presoje vseeno ne zaupajte preveč). Dandanes nastaja vtis, da vsi vedo vse o vsem. Se- veda to ne drži. Nekateri pojavi so tako zapleteni, da jih obravnavajo različne vede in niti strokovnjaki z določenega področja ne vedo vsega. Pravo znanje je pravzaprav mozaik koščkov, ki jih prispeva velika množica raziskovalcev in laboratorijev. Sliko si mo- ramo na koncu ustvariti sami. Komu torej zaupati? Kadar razglabljamo o znanstvenih vprašanjih, zau- pajmo znanosti. Zakaj prav njej? Znanost je iskanje resnice. V znanosti je komunikacija odprta, vsak ima besedo, ki se tehta po vsebini. Kar kdo izjavi, lahko drug pretehta in preveri. Seveda tudi v znanosti ob- stajajo interesi, ki bi lahko izkrivljali njena dognanja, a znanost je odprta, dostopna vsem in izpostavljena presoji, kritiki. Znanost je tudi samokritična. Kadar v znanosti odkrijemo napako, jo priznamo in popra- vimo. Prava znanost vedno daje verodostojne odgo- vore, v skladu z najboljšim razpoložjlivim znanjem. Seveda se tudi znanost lahko zmoti, a to zmoto pri- zna in zanjo odgovarja, ko se nauči bolje. Običajno pa zmota niti ni zmota, ampak z novim znanjem po- damo le natančnejši odgovor. Znanje se v znanosti izmenjuje na več načinov, najbolj pogosto z objavami v znanstvenih revijah in knjigah. V njih so opisana nova spoznanja in načini, kako smo do njih prišli. Pravilnost zapisanega preso- jajo ostali strokovnjaki s področja. Tako lahko od vsega, kar najdemo zapisano, še najbolj zaupamo znanstvenim revijam, kjer zapisano temelji na do te- daj uveljavljenem znanju in je izpostavljeno nepre- stani kritični presoji. Drugače je na spletu, kjer lahko vsakdo objavi skoraj karkoli in redko kdo za zapi- sano tudi odgovarja. Družbena omrežja skrivajo še eno past. S posebnimi postopki ugotavljajo naš in- teres in nam kot rezultat našega brskanja po spletu nudijo podobno vsebino. Na ta način se lahko uja- memo v mehurček zmot, iz katerega se le težko iz- kopljemo. V Preseku objavljamo vsebine iz osnovnošolske in srednješolske matematike, fizike, astronomije ter ra- čunalništva. Zato je prispevkov o epidemijah ali ce- pivih malo, a tega od naše revije verjetno niti ne pri- čakujete. Matematiki, fiziki in računalničarji sicer na tem področju lahko marsikaj prispevamo: od modeli- ranja razvoja epidemije, statistične obravnave rezul- tatov raziskav, do modeliranja sestave in funkcional- nosti molekul, ki sodelujejo v procesih. A to so teme, ki presegajo obseg in nivo revije. S prispevki v Pre- seku želimo vas, mlade bralce, vzgajati tako, da bo- ste znali kritično presojati informacije in se v iskanju resnice nasloniti tudi na dediščino klasične matema- tike in fizike. ˆ ˆ ˆ       P 49 (2021/2022) 2 5 Dotikajoče se krožnice in središčni razteg P L̌ Trije problemi V tem prispevku bomo tri probleme o dotikajočih se krožnicah najprej rešili elementarno, nato pa dva med njimi ponovno z uporabo preproste geometrij- ske transformacije, imenovane središčni razteg. Kot bomo videli, je ta druga metoda večkrat bolj elegan- tna in tudi naravna. Leta 1802 je bil na univerzi Cambridge na pomem- bnem izpitu, imenovanem Mathematical Tripos, za- stavljen ([1, str. 12–13]) kot srednje težak naslednji problem. 1. Imamo dve krožnici, ki se dotikata v točki T . Na- rišemo dva vzporedna premera, AB in CD teh kro- žnic kot na sliki 1. Dokažimo, da daljici AD in BC potekata skozi dotikališče T . SLIKA 1. Vzporedna polmera dotikajočih se krožnic Rešitev. Vemo, da središči S, E obeh krožnic in do- tikališče T ležijo na isti premici. Ker sta premera AB in CD vzporedna, oklepata skladna kota s pre- mico skozi točke S, T , E. To smo označili z zeleno SLIKA 2. Trikotnika ∆AST in ∆DET sta enakokraka. barvo na sliki 2. Trikotnika ∆AST in ∆DET sta ena- kokraka. Kota med krakoma sta skladna. Denimo, da merita α stopinj. Zato sta skladna tudi kota ob osnovnici obeh trikotnikov – oba merita 90˝ ´ 12α. Tako sta kota =STA in =ETD skladna. To pa po- meni, da točke A,T ,D ležijo na isti premici. Enako vidimo, da B, T ,C ležijo na isti premici. SLIKA 3. Premici k, l gresta skozi dotikališče krožnic.       P 49 (2021/2022) 26 2. Na sliki 3 imamo spet dve krožnici s središčema S in E, ki se dotikata v točki T . Premici k, l pote- kata skozi T in sekata prvo krožnico zaporedoma v točkah A,B in drugo krožnico zaporedoma v točkah D,C kot na sliki 4. Dokažimo, da sta tetivi AB in CD vzporedni. (Tudi ta problem je iz [1, str. 203].) SLIKA 4. Na sliki imamo več enakokrakih trikotnikov. Rešitev. Oglejmo si sliko 4. Kota =STB in =ETC sta skladna. Trikotnika ∆TBS in ∆TCE sta enako- kraka. Zato sta prej omenjenima kotoma skladna tudi =TBS, =TCE (rdeča barva). Kota =ASB in =CED sta središčna kota z enako velikim obodnim kotom z vrhom pri T . Torej sta tudi skladna (dvojni zeleni lok). Trikotnika ∆ASB in ∆CED sta spet ena- kokraka. Ker imata enako velik kot pri vrhu, imata tudi skladna kota ob osnovnici: to sta modro ozna- čena kota =SBA in =ECD. Torej sta tudi kota =TBA in =TCD skladna. Daljici AB in CD oklepata enak kot s premico l, torej sta vzporedni. 3. Tri krožnice se dotikajo od zunaj in imajo dve skupni tangenti kot na sliki 5. Polmer najmanjše kro- žnice je a, polmer največje b. Koliko znaša polmer x srednje krožnice? Rešitev. Tangenta t se dotika najmanjše krožnice v točki D, srednje v točki F , največje v točki B. Sredi- šče E najmanjše krožnice je za a “ |DE| oddaljeno od premice t (in od druge skupne tangente s). Po- daljšajmo tangenti s, t do presečišča A kot na sliki 9. Točka E je središče kroga, včrtanega kotu s krakoma s in t. Zato leži na simetrali p kota med tangentama SLIKA 5. Narisani so polmeri do dotikališč. OE S B D F G H SLIKA 6. Modri črtkani črti sta vzporedni tangenti t. z vrhom v A. Enako velja za središči O,S preostalih krožnic. Točke E,O, S so torej kolinearne. Na sliki 6 vzporednica skupni tangenti t skozi sre- dišče E najmanjše krožnice seka polmer OF srednje krožnice v točki G. Vzporednica skupni tangenti t skozi središčeO srednje krožnice seka polmer SB ve- like krožnice v točki H. Pravokotna trikotnika ∆EOG in ∆OSH imata paroma vzporedne stranice in sta tako podobna. Zato je |OG| : |EO| “ |SH| : |OS| ali x ´ a x ` a “ b ´ x b ` x . Znebimo se ulomkov: x2 ` bx ´ ax ´ ab “ ´x2 ` bx ´ ax ` ab       P 49 (2021/2022) 2 7 in od tod 2x2 “ 2ab. Tako je x “ ? ab. Središčni razteg v ravnini in prostoru Po domače središčni razteg pomeni razteg (ali po- manjšanje) za isti faktor v vseh smereh. Definicija. Vzemimo od 0 različno število k. V rav- nini fiksirajmo točko O. Poglejmo si transformacijo, ki vsaki točki A priredi tako točko A1 “ f pAq, da ve- lja: 1. Razdalja med O in A1 je razdalja med O in A, pomnožena s |k|: |OA1| “ |k||OA|. 2. Če je k ą 0, leži točka A1 na poltraku p iz O skozi A. 3. Če je k ă 0, leži točka A1 na komplementu pol- traka p, torej spet na premici skozi O in A, am- pak na drugi strani točke O kot A. SLIKA 7. Središčni razteg s faktorjem k “ 2 Na sliki 7 imamo središčni razteg s faktorjem 2, na sliki 8 pa s faktorjem -0,7. Tej transformaciji rečemo središčni razteg (s tujo besedo homotetija) f s faktorjem k in s središčem (središčno točko)O. Seveda jeO1 “ O, tako da razteg ohranja svoje središče. Če je k “ ´1, je naš razteg zrcaljenje preko točke O. Vsak razteg s faktorjem k ă 0 lahko zapišemo kot sestav raztega s faktorjem |k| in zrcaljenja preko središča. SLIKA 8. Središčni razteg s faktorjem k “ ´0,7. Postavimo pravokotni koordinatni sistem z izho- diščem v točki O. Če sta px,yq koordinati točke A, sta pkx,kyq koordinati točke A1. Funkcija f je bijek- tivna preslikava ravnine nase in njen inverz je dan s f´1px,yq “ pk´1x,k´1yq. Inverzna preslikava je središčni razteg z istim središčem in s faktorjem 1{k. Če je s poljubna premica skozi središče O in B točka na s, leži tudi B1 “ f pBq na s. Funkcija f preslika premico s bijektivno nase. Torej homotetija ohranja premice skozi svoje središče. Za k ‰ 1 sicer razteg f premakne vsako točko na premici s, razen točke O, a preslikana točka ostane na s. Vzemimo zdaj trikotnik ∆OAB kot na sliki 7. Raz- teg f ga preslika na trikotnik OA1B1. Oba trikotnika imata enak kot pri oglišču O in velja |OA1| : |OB1| “ |k||OA| : |k||OB| “ |OA| : |OB|. Zato je trikotnik ∆OA1B1 podoben prvotnemu. Triko- tnika ∆OAB in ∆OA1B1 imata paroma skladne kote. Zato sta daljici AB in A1B1 vzporedni. Velja še |A1B1| “ |k||AB|. Od tod sledi: Središčni razteg trikotnik preslika na trikotnik z vzporednimi stranicami, torej paroma skladnimi ko- ti. Oba trikotnika sta zato podobna.       P 49 (2021/2022) 28 Če je k faktor raztega f , ta razteg krožnico s pol- merom r in s središčem S preslika na množico točk, ki so za |k|r oddaljene od S 1 “ f pSq. Slika krožnice je torej spet krožnica s polmerom |k|r in s sredi- ščem S 1. Od tod sledi: Trditev. Središčni razteg ohranja vsako premico skozi središče raztega. Premico, ki ne poteka skozi središče raztega, preslika na vzporedno premico. Da- ljico preslika na vzporedno daljico. Središčni razteg s faktorjem k vse razdalje pomno- ži s |k|. Središčni razteg ohranja kote in trikotnik preslika na podoben trikotnik. Središčni razteg f s faktorjem k nam krožnico s polmerom r in s središčem S preslika na krožnico s polmerom |k|r in s središčem f pSq. Ponovni pogled na drugo in tretjo nalogo Poglejmo si stanje na sliki 3. Če je u razmerje polme- rov večjega in manjšega kroga, nam središčni razteg f s faktorjem m “ ´u in s središčno točko T pre- slika točko S na točko E in tako manjšo krožnico na večjo. Ohranja premici k, l in zato točko A, ki je pre- sečišče leve krožnice in premice k, preslika na prese- čišče desne krožnice in premice k, torej na točko D. Po enakem premisleku f preslika B na C . Tako f pre- slika tetivo AB na tetivo DC . Ker f daljico preslika na vzporedno daljico, je dokaz končan. Na povezavi [2] imamo interaktivno sliko, zasno- vano na sliki 3. Število m lahko z drsnikom spremi- njamo od -1 do -2. Vidimo, kaj središčni razteg s fak- torjem m in s središčem v T naredi z levo krožnico in tetivo AB na njej. Preslikana tetiva ostaja vzpore- dna originalu. Za primeren m se pokrije s tetivo DC druge krožnice: A1B1 “ DC . Poglejmo si še enkrat tretjo nalogo (slika 5). Po- daljšajmo tangenti s, t do presečišča A kot na sliki 9. Točke E,O, S so enako oddaljene od obeh tangent in tako ležijo na simetrali p kota med tangentama z vrhom v A. Središčni razteg f s središčem A in s faktorjem k “ x{a ą 1 ohranja premico p. Malo krožnico K1 s polmerom a ta razteg preslika na kro- žnico s polmerom x in s središčem na p. Ker se mala krožnica dotika obeh tangent in f ohranja tan- SLIKA 9. Tangenti se sekata v A. genti, ima tudi preslikana krožnica natanko eno sku- pno točko s premico s in natanko eno skupno točko s premico t. Edina taka krožnica s polmerom x pa je srednja krožnica K2. Torej f preslika K1 na K2. Središčni razteg f nam unijo krožnic K1 in K2 pre- slika na sestav dveh večjih krožnic s središčema na p, ki imata natanko eno skupno točko in se obenem dotikata obeh tangent. Tako se f pK1q “ K2 in f pK2q dotikata. Obe preslikani krožnici se tudi dotikata premic s, t. Tako je edino mogoče, da je f pK2q “ K3. Zato je b “ kx “ x2{a in od tod x “ ? ab. Naredili smo še animacijo [3]. Na njej imamo dr- snik za število k, ki se lahko giblje od 1 do 2. Vidimo lahko, kaj razteg s središčno točko A in s faktorjem k naredi s sestavom levih dveh krožnic na sliki 9. Za primeren k dobimo desni krožnici na sliki 9. To ilu- strira gornjo diskusijo. Literatura [1] J. L. Heilbron Geometry Civilized, History, Cul- ture, and Technique, Clarendon Press, Oxford, 2000. [2] Animacija središčnega raztega krožnice in njene tetive v Geogebri, dostopno na www.geogebra. org/m/xwbfmyus, ogled 12. 10. 2021. [3] Animacija središčnega raztega unije krožnic, ki se dotikata v Geogebri, dostopno na www.geogebra.org/m/zpchn8vd, ogled 12. 10. 2021. ˆ ˆ ˆ       P 49 (2021/2022) 2 9 Neenakosti med pitagorejskimi sredinami dveh števil Š A́  D Z́ (   B̌ K) Starogrški matematiki so poznali in geometrij- sko opisali različne vrste sredine dveh števil, in si- cer harmonično, geometrijsko, aritmetično in kva- dratno. S pomočjo znanih neenakosti med temi sredinami lahko včasih dokažemo nekatere izreke ali pa uženemo različne probleme, ki jih pogosto srečujemo tudi v nalogah za srednješolce. V pri- spevku je predstavljenih nekaj zgledov z uporabo sredin za dve števili. V sodobnem zapisu različne sredine dveh pozitiv- nih realnih števil x in y definiramo takole: harmonična sredina Hpx,yq “ 21 x` 1 y , geometrijska sredina Gpx,yq “ ?xy , aritmetična sredina Apx,yq “ x`y2 , kvadratna sredina Kpx,yq “ b x2`y2 2 . Če, denimo, velja x “ 1 in y “ 3, potem je harmo- nična sredina teh dveh števil enaka Hp1,3q “ 3{2, geometrijska sredina Gp1,3q “ ? 3, aritmetična sre- dina Ap1,3q “ 2 in kvadratna sredina Kp1,3q “ ? 5. Razvrstitev teh vrednosti po velikosti opisuje dobro znani klasični izrek. Izrek. Za poljubni realni števili x,y ą 0 velja Hpx,yq ď Gpx,yq ď Apx,yq ď Kpx,yq. V neenakostih velja enačaj natanko tedaj, ko je x “ y . Dokaz. Veljavnost neenakosti lahko utemeljimo ge- ometrijsko. Za dani vrednosti x,y najprej narišemo daljico AC dolžine x ` y in na njej označimo točko B, ki jo razdeli na dela dolžine x in y , ter točko O, ki predstavlja središče polkroga s premerom AC . Nato z D in E označimo preseka polkrožnice s pravoko- tnicama skozi O in B, s F pa presek daljice OE s pravokotnico skozi B. Očitno je aritmetična sredina Apx,yq enaka dolžini daljice OD, z uporabo Pitago- rovega izreka pa se hitro prepričamo, da je geome- trijska sredina Gpx,yq enaka dolžini daljice BE, har- monična sredina Hpx,yq enaka dolžini daljice FE in kvadratna sredina Kpx,yq enaka dolžini daljice BD. Zdaj ni težko premisliti, da za štiri sredine res velja omenjena neenakost. SLIKA 1. Predstavitev štirih sredin z dolžinami daljic v polkrogu       P 49 (2021/2022) 210 V nadaljevanju si oglejmo nekaj nalog, v katerih bomo pri rešitvi uporabili zgornje neenakosti. Na- loge je seveda mogoče rešiti tudi kako drugače. Naloga 1. Dokaži neenakost pa`bq b a`b 2 ě a ? b` b ? a za a,b ą 0. Kdaj v izrazu velja enakost? Rešitev. Neenakost prepišemo v a`b2 ¨ b a`b 2 ě ? ab¨ ? a` ? b 2 . Zaradi neenakosti Apx,yq ě Gpx,yq za x “ a in y “ b velja a`b2 ě ? ab, zaradi neenakosti Kpx,yq ě Apx,yq za x “ ? a,y “ ? b pa velja b a`b 2 “ b p ? aq2`p ? bq2 2 ě ? a` ? b 2 . Produkt teh dveh neenakosti da iskano neenakost. V njej velja enačaj le tedaj, ko veljata obe posamični enakosti, torej le v primeru a “ b. Naloga 2. Dokaži neenakost 1a`1 ` 1 a´1 ą 2 a za a ą 1. Rešitev. Željeno neenakost dobimo s preureditvijo neenakosti Apx,yq ě Hpx,yq za vrednosti x “ 1a`1 in y “ 1a´1 . Enačaj v tem primeru ni mogoč, saj velja 1 a`1 ‰ 1 a´1 . Naloga 3. Dokaži neenakost pa` 1a q2 `pb` 1 b q2 ě 25 2 , če je a,b ą 0 in a` b “ 1. Kdaj velja enakost? Rešitev. Naredili bomo dva koraka. Najprej v nee- nakost Apx,yq ě Gpx,yq vstavimo x “ a, y “ b, upoštevamo a ` b “ 1 in neenakost kvadriramo, da dobimo 1ab ě 4. Nato v neenakost Kpx,yq ě Apx,yq vstavimo x “ a` 1a in y “ b ` 1 b ter jo kvadriramo, da dobimo pa` 1a q2 ` pb ` 1 b q2 2 ě ˜ a` 1a ` b ` 1 b 2 ¸2 “ ˜ 1 ` 1ab 2 ¸2 ě ˆ 1 ` 4 2 ˙2 , od koder sledi iskana neenakost. Enačaj velja le v primeru, ko je a “ b “ 1{2. Naloga 4. Dokaži neenakost a4 `b4 `c4 ě abcpa` b ` cq za a,b, c ą 0. Rešitev. Na dva načina bomo uporabili neenakost med aritmetično in geometrijsko sredino. V neena- kost Apx,yq ě Gpx,yq vstavimo x “ a4 in y “ b4, da dobimo a4 ` b4 ě 2a2b2. Na podoben način do- bimo še a4 ` c4 ě 2a2c2 ter b4 ` c4 ě 2b2c2. S seštevanjem vseh treh neenakosti dobimo novo nee- nakost a4 ` b4 ` c4 ě a2b2 ` a2c2 ` b2c2. Z vstavljanjem x “ a2b2 in y “ b2c2 v neenakost Apx,yq ě Gpx,yq sledi a2b2 ` b2c2 ě 2ab2c. Po simetrični menjavi parametrov a,b, c dobimo še dve podobni neenakosti in po seštevanju sledi a2b2 ` b2c2 ` c2a2 ě abcpa` b ` cq. Iskano neenakost zdaj sestavimo iz obeh vmesnih neenakosti. Naloga 5. Dokaži neenakost b a b`c ` b b a`c` b c a`b ą 2 za a,b, c ą 0. Rešitev. Neenakost med harmonično in geometrij- sko sredino Hpx,yq ď Gpx,yq uporabimo trikrat za x “ 1 in različne y “ ab`c , b a`c , c a`b . Po seštevanju in preoblikovanju dobimo neenakost b a b`c` b b a`c` b c a`b ě 2. Enakost bi pomenila, da je a b`c “ b a`c “ c a`b “ 1, kar vodi v protislovje. Zadnjo nalogo v celoti prepuščamo bralcu. Naloga 6. Dokaži, da velja 1b`c´a ` 1 c`a´b ` 1 a`b´c ě 1 a ` 1 b ` 1 c , kjer so a,b, c dolžine stranic nekega triko- tnika. ˆ ˆ ˆ www.dmfa.si       P 49 (2021/2022) 2 11 Disperzija A L Pred časom sva s prijateljem Bogdanom sklenila, da greva peš na daljšo pot od Trojan do Laškega. Pot naju je vodila preko Šentgotarda na Čemšeni- ško planino, nato na Krvavico, pa Sveto planino (Partizanski vrh), Mrzlico, Gozdnik in končno na Šmohor, od koder sva sestopila v Laško. Pot je si- cer dolga, a prav nič zahtevna. Na poti sva imela dovolj časa za izjemne razglede in za počitek v ko- čah. Že takoj na začetku poti sva tik ob poti na Čem- šeniško planino prišla do tovorne žičnice. Danes jo oskrbniki koče zaženejo le pozimi, ko z oskrboval- nim vozilom ne morejo na pot. Takrat je bila no- silna jeklena vrv na dosegu roke in je bila napeta do spodnjega nosilnega stebra pri cerkvici na pobočju Čemšeniške planine. Prosta in napeta nekaj stome- trska vrv je kar klicala po poskusu. Zanimalo me je, kako dolgo potuje val do spodnjega stebra in nazaj. Poiskal sem torej debelejšo palico in narahlo udaril po vrvi. Potem sem nanjo naslonil roko in čakal na »odmev«. Res je po nekaj sekundah prišel, a sem bil nemalo presenečen, kaj je prišlo nazaj. Pričakoval sem pač kratek sunek, kakršnega sem s palico vzbu- dil prej. Vendar sem pred sunkom otipal brnenje, ki je bilo vse bolj izrazito, temu pa je sledil sunek. Po- skus sem ponavljal in ne glede, kako sem vrv udaril, vedno se je sunek napovedal s hitrim tresenjem vrvi. Takrat pojava nisem razumel, a sem si zapomnil izid in pozneje našel razlago. Pri obravnavi valovanja omenjamo tri bistvene ko- ličine: frekvenco ν , valovno dolžino λ in hitrost c širjenja valovanja, pri nas po vrvi. Vse tri količine povežemo v znano enačbo λν “ c . Valovanju s kratko valovno dolžino pripada velika frekvenca. Hitri valovi imajo pri dani frekvenci dolgo valovno dolžino. Odmik vrvi je pri tem harmoničen, kar pomeni, da zapišemo odmik takole: u “ y0 cospωt ´ kxq , kjer je odmik pri x “ 0 in t “ 0 tudi u “ 0, am- plituda valovanja, to je največji odmik, pa y0. Pri drugačnem odmiku na začetku lahko prištejemo še sinus. Zaradi takega zapisa velja: ω “ 2πν , k “ 2π λ . Pri valovanju na vrvi se tu ustavimo. Predvsem nam ne pade na misel, da je potrebno upoštevati še kaj. Predvsem ne pomislimo, da je lahko hitrost valova- nja različna pri različnih valovnih dolžinah. Če pred- postavimo, da je vrv v nenapetem stanju povsem gibka, lahko pokažemo, da se valovanje po njej širi enako hitro ne glede na valovno dolžino. Vendar je- klena vrv ni povsem gibka, kratek konec take vrvi je bolj podoben jekleni palici kot mehki vrvici. Tu pa je hitrost valovanja nekoliko odvisna od valovne dol- žine: krajši valovi potujejo nekoliko hitreje kot daljši. Pri krajših valovih pride negibkost bolj do izraza. Razlika v hitrostih valovanja pri različnih valov- nih dolžinah je zelo majhna in je ni lahko izmeriti. Meritev hitrosti bi bila zelo zahtevna, saj bi morali vzbujati vrv dalj časa s sinusnim odmikom na nje- nem začetku, kar bi terjalo zelo dolgo vrv in neko ne posebno preprosto napravo. Najpreprosteje je s kratkim sunkom vzbuditi vrv, kot sem to naredil sam, in opazovati širjenje sunka po vrvi. A tu naletimo na povsem nekaj novega. Kra- tek sunek pač niti približno ni sinusno valovanje, ki traja, kolikor hočemo dolgo, in se temu primerno razteza na zelo velikem območju. Tu pokličemo na pomoč interferenco. Po vrvi se lahko širijo različni sinusni ali kosinusni valovi, ki se med seboj na do- ločenih mestih ojačujejo ali oslabijo. Ali je mogoče       P 49 (2021/2022) 212 SLIKA 1. Gradnja sunka z množico harmonǐc- nih valovanj. Pri a) je teh valovanj malo, potem pa vedno več. Pri č) odmika od pravega sunka ne vidimo več. sestaviti te valove tako, da bo njihova interferenčna slika kar naš sunek? To izjemno pomembno vpraša- nje si je prvi zastavil francoski matematik Fourier. In res, ugotovil je, da z izbrano vsoto valovanj možno sestaviti sunek, kjer je odmik znaten le v ozkem ob- močju, drugje pa je interferenca destruktivna tako, da je tam odmik enak nič. Sunek torej vzbudi celo množico kosinusnih ali sinusnih, torej harmoničnih, valov vseh mogočih frekvenc in valovnih dolžin. V času t “ 0 sestavimo potujoče valove, ki so sedaj »zamrznjeni« tako, da dobimo naš sunek. »Zamr- znili« smo jih pač tako, da še ne pustimo teči časa od t “ 0 naprej. Potem jim pustimo prosto pot, če vemo, s kakšno hitrostjo se širijo. Začuda s takim razmišljanjem dobimo prave rezultate, to je take, ki se skladajo z opazovanji. Nenavadno je, da je na me- stih, do katerih sunek še ni prišel in je odmik enak nič, vse polno potujočih valov, ki pa se povsem uni- čijo. Ali so res ves čas tam? S tem si ne gre preveč beliti glave, pomembno je, da tako razmišljanje pri- vede do pravih izidov. Pravkar opisana, res genialna Fourirova ideja terja kratko ilustracijo. Oglejmo si interferenco valov, ki postopno gradijo sunek (glej sliko 1). Prva sličica (a) vsebuje le pet valov, to je val z valovnimi vektorji k “ 0, k0,2k0,3k0 in 4k0. Tu je k0 primerno izbran majhen korak valovnega števila. Na drugi (b) smo do- dali še valove s k “ 5k0 . . .8k0, nato pri (c) valove z valovnimi števili k “ 9k0, . . .16k0. Naposled so na (č) vsi valovi do 32k0. Na tej zadnji sliki je interfe- renca povsod izven sunka tako dobro destruktivna, da odmika na sliki sploh ne opazimo. Dodajanje na- slednjih valov za naš račun ni potrebno, bi pa še bolj zmanjšalo odmik. Seveda moramo valove dodajati vsakega s svojo, vnaprej predpisano amplitudo, ki je odvisna od oblike sunka. Pravimo, da, tako kot sesta- vine pri jedeh, primerno namešamo valove. Vse valove smo namešali pri času t “ 0. Valovi, tako kot piščeta pod kokljo, le čakajo, da jih s t ą 0 poženemo v tek. Vsi valovi pa se pri vrvi ne širijo z enako hitrostjo. Pri merjenju hitrosti vala opazu- jemo, kako se giblje njegov največji odmik. Pri naših valovih, kjer je odmik u “ u0 cospωt ´ kxq , je največji odmik takrat, ko velja ωt ´ kx “ 0,2π,4π... . Hitrost je potem (če vzamemo pri zgornji enačbi kar ničlo) x t “ ω k . Hitrost vrha pa je odvisna od valovne dolžine, torej od valovnega števila k: cpkq “ ω k .       P 49 (2021/2022) 2 13 To odvisnost narekuje sredstvo, po katerem se valo- vanje širi. V našem primeru je odvisnost takale: cpkq “ c0p1 `αk2q “ ω k . Tu je c0 hitrost pri zelo dolgi valovni dolžini, α pa je konstanta, ki je odvisna od negibkosti vrvi. Tu bomo le privzeli to odvisnost, ne bomo se spraševali, kako pridemo do nje. Vidimo pa, da so krajši valovi, to je pri vse večjem k, vse hitrejši. Sedaj, ko poznamo hitrost valov, lahko sprostimo čas t in opazujemo, kako naš sunek potuje po vrvi. Na sliki 2 je potova- nje prikazano v različnih časih, časi se enakomerno večajo od zgornje slike do spodnje. Vrh se zaradi različnih hitrosti njegovih sestavin preoblikuje, pred njim hitijo valovi s krajšo valovno dolžino, prav to, kar sem zaznal na vrvi tovorne žičnice. SLIKA 2. Potovanje sunka po jekleni vrvi Hitrejši valovi pri višjih frekvencah in manjših va- lovnih dolžinah torej pri vrvi, napovedo prihod glav- nega sunka. Zakaj potem pri cunamijih ne opazujejo prihoda teh kratkih valov, ki napovejo prihod veli- kega rušilnega vala? Rekli smo, da je odvisnost hi- trosti valov odvisna od sredstva, po katerem se valo- vanje širi. Pri cunamijih je ta odvisnost žal drugačna od tiste pri vrvi: cpkq “ c0p1 ´αk2q . Razlikujeta se sicer le za predznak pred α, a to je usodno. Sedaj krajši valovi zaostajajo za glavnim sunkom in ničesar ne napovedujejo. Glavni sunek pride do obale brez opozorila in ruši vse pred seboj. Napovejo ga le s skrbnim opazovanjem gladine in se- izmološkimi opazovanji. Dodatna težava je izredno velika hitrost širjenja cunamija, torej hitrost c0, ki v globljih morjih doseže hitrosti potniških letal. Na sliki 3 vidimo širjenje cunamija, podobno, kot smo prej prikazali širjenje sunka po vrvi. Še beseda o naslovu tega prispevka. Disperzija je bolj domač pojem iz optike in pomeni razstavitev ali razklon belega svetlobnega curka na spektralne barve. Do razklona pride zaradi različnih hitrosti enobarvnih svetlob v prozornih snoveh. Izraz se je razširil na vsa valovanja s podobno lastnostjo, kjer se torej harmonični valovi širijo z različnimi hitrost- mi. Beseda izvira iz latinščine, dispersio pomeni raz- pršen, dispergere pa razpršiti, kar dobro ponazarja razširanje sunka pri njegovem potovanju skozi sred- stvo. SLIKA 3. Potovanje cunamija ˆ ˆ ˆ       P 49 (2021/2022) 214 Gorenje lesa J̌ R Les večinoma gori z rumenim plamenom in z njim pogosto v pečeh dosežemo do 600 °C; če pa je plamen zgolj oranžen, pa okrog 400 °C, (startwo- odworkingnow.com/how-hot-does-wood-burn/). Les se vžge pri 230 °C, dobro začne goreti pri 260 °C, pri temperaturi nad 400 °C pa gorijo pred- vsem plini, ki izhajajo iz razgretega lesa. Seveda je vse to odvisno tudi od vrste drv: breza npr. gori pri nižji temperaturi, bukev pa pri višji, suh les gori bolje, vlažen les slabše. Bolj je plamen svetel, višja je temperatura in manj saj ter dima nastaja – za slednje je potrebno, da je na razpolago dovolj zraka. Kadar v peči zares dobro gori, recimo, s sve- tlo rumenim plamenom pri 600 °C, sploh ne vidimo, da bi se iz dimnika kadilo, ker »vse zgori« v nevi- dne pline. Tako je treba kuriti, brez dima in saj, saj tak način najmanj onesnažuje zrak – nič sivega dima, nič saj, pa še izkoristek je višji. Če les močno segrejemo, začnejo iz njega izhajati plini. Lesni plini so bili med prvimi, ki so jih upora- bljali za svečavo in za ogrevanje. Iz www.energeti- ka-lj.si/o-druzbi/zgodovina-2 izvemo, da se je v življenju ljubljanskih meščanov plin prvič pojavil 19. novembra 1861 v obliki prižganih cestnih svetilk, ki so razsvetlile mračne ulice. Najprej so »mestni plin« pridobivali s suho destilacijo lesa, po letu 1903 iz premoga, po letu 1961 iz naftnega plina, leta 1979 pa Ljubljana prvič dobi zemeljski plin. Pridobivanju plina iz trdnih snovi pri visoki temperaturi in pri omejeni količini zraka, kjer torej plini ne zgorijo, am- pak se jih lahko shrani in uporabi kasneje, rečemo pi- roliza (npr. Preskar 2016, dk.um.si/IzpisGradiva. php?id=5706). To je fizikalni in kemijski proces, pri katerem se dolge in v polimere povezane molekule razcepljajo v krajše in na koncu v molekule posame- znih plinov. Pri kurjenju lesa pa seveda plini sproti gorijo in s tem sproti zagotavljajo dovolj visoko tem- peraturo za uplinjanje. V lesu so glavne sestavine celuloza (40 do 50 %), hemiceluloza (20 do 50 %) in lignin (15 do 35 %), pa še škrob, eterična olja, smole . . . cpi.si/wp-cont- ent/uploads/2020/08/3-LES_ZGRADBA.pdf. SLIKA 1. Shema verige celuloze, pri kateri so prostorske razporeditve atomov prikazane s kroglǐcnim modelom: ogljike predstavljajo črne kroglice, ki- sike rdeče in vodike manjše, sve- tlosive kroglice. Prirejeno po Ben Mills iz commons.wikimedia.org/ w/index.php?curid=6611880, brez omejitev.       na da lje va nj e na st ra ni 18 P 49 (2021/2022) 2 15 SLIKA 2. Trije alkoholi, glavni gradniki lignina. Na prvi sliki je p-kumaril, na drugi koniferil in na tretji sliki sinapil. Črne kroglice predsta- vljajo atome ogljika, rdeče atome kisika in svetlosive atome vodika. Obroči so aromatski, par ogljikovih atomov v stranski verigi (na slikah desno) je povezan z dvojno vezjo (dve paľcki). Slika so prirejene po Yikrazul iz en.wikipedia.org/wiki/Paracoumaryl_ alcohol#/media/File:P-Coumaryl_alcohol.svg, po Jynto iz commons.wikimedia.org/wiki/File:Coniferyl_alcohol_ 3D_ball.png, avtor je Jynto, in po DFlyjerz iz commons.wikimedia.org/wiki/File:Sinapyl_alcohol-3D-balls.png. Celulozo (C5H10O5)n gradijo molekule glukoze, povezane preko kisikovih atomov. Molekulo glukoze predstavlja šestčlenski obroč iz petih ogljikovih in enega kisikovega atoma. Na ta obroč sta vezani hi- droksilni skupini (–OH) in hidroksimetilna skupina (–CH2OH). Glukoza se uvršča med sladkorje oziroma ogljikove hidrate. Dodatno sosednje molekule glu- koze v polimerni verigi povezujejo še vodikove vezi. V verigi je lahko povezanih zelo veliko število mole- kul glukoze: n je pri bombažu 13 tisoč (zelo dolga vlakna, odlična za niti, tkanine in pletenine), pri lanu tri tisoč, pri drevju pa le od 300 do 1700. V hemicelu- lozi so verige krajše, od 50 do 3000 obročev, ki pa so stransko nekaj bolj razvejene, manj podolgovate kot v celulozi. V njih so poleg glukoze še drugi sladkorji, npr. galaktoza, manoza. V ligninu pa osnovni gradniki niso sladkorji, am- pak aromatski alkoholi p-kumaril, koniferil in sina- pil. Njihove zgradbe so prikazane na sliki 2. Vsi trije so pri običajni temperaturi v trdnem agregatnem sta- nju. Aromatski alkoholi so v ligninu povezani preko vezi C´C ali C´O´C. Ker so v ligninu deleži aromat- skih alkoholov različni, pa tudi povezave so dokaj zapletene, si kemijsko sestavo lignina lahko predsta- vljamo kot nekakšno mešanico raznih povezav. Če vas zanima, kako izgleda lignin, pobrskajte po sple- tu, npr. na sl.wikipedia.org/wiki/Lignin! Če pobrskate še naprej, pa ne boste našli samo ene, am- pak mnogo različnih struktur lignina. Da iz lesa izhajajo molekule plinov, se morajo po- rušiti povezave med osnovnimi gradniki, sladkorji ali alkoholi, nato pa še vezi znotraj teh gradnikov. To se zgodi ob dodajanju energije ob dovolj visoki temperaturi. Pri pirolizi (brez kisika) iz lesa nastaja oglje, nekaj tekočih produktov, od plinov pa »sintetični« plin, v katerem je največ CO, nekateri plinasti ogljikovodiki CxHy in še nekaj H2. Nastaja tudi do konca oksidi- rani CO2 pa še kaj (glej npr. www.sciencedirect. com/topics/engineering/wood-pyrolysis in dk. um.si/Iskanje.php?type=napredno&lang=slv&- stl0=Avtor&niz0=Maja+Preskar). Pri gorenju v peči, kjer z zrakom dovajamo tudi kisik, pa gorljivi plini sproti gorijo v vodno paro H2O in ogljikov dio- ksid CO2. Bolj porozne vrste lesa gorijo hitro in dajejo nižje temperature (razne vrste borov le krog 350 °C), bolj goste pa višje (macesen nekaj nad 800 °C, hrast 900 °C). Večina ljudi pri nas, prisega na bukova drva (do 950 °C). Vse to seveda pri optimalnem gorenju (glej npr. startwoodworkingnow.com/how-hot- does-wood-burn/). To se lepo vidi tudi po barvi plamenov: svetlo rumeni plameni so najbolj vroči, oranžni pa manj vroči. Kar nekaj podatkov o barvi plamena in temperaturi je na sl.wikipedia.org/ wiki/Ogenj. Kaj so torej plameni? To so žareči plini, ki se spro- ščajo iz drv, gorijo nad poleni in zaradi visoke tempe- rature žarijo, svetijo. Svetijo zato, ker oddajajo seva- nje, elektromagnetno valovanje. Od dodane energije,           P 49 (2021/2022) 216 Nagradna križanka ˆ ˆ ˆ      Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 1. decembra 2021, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo pre- jeli knjižno nagrado.           P 49 (2021/2022) 2 17       na da lje va nj e s st ra ni 15 P 49 (2021/2022) 218 toplote pri gorenju, se snovem poviša energijsko sta- nje, ki pa se potem spet zniža in pri tem oddaja ener- gijo v obliki sevanja. Manjše energijske spremembe so npr. povezane s tem, da atomi, povezani v mole- kule, začnejo nihati sem in tja glede na težišča mole- kul, ali pa se začnejo molekule vrteti – oboje pomeni nekaj več energije glede na mirujoče molekule. In ko se taka gibanja ustavljajo, molekule oddajo ravno to energijo v obliki infrardečega sevanja – IR. Oddajanje vidne svetlobe pa je povezano z večjimi spremem- bami energije pri prerazporejanju elektronov okrog atomskih jeder. Z dodajanjem energije (več energije kot za nihanja in vrtenja molekul), se elektroni pre- razporedijo na energijsko višja stanja. Ko se vračajo v osnovno stanje, oddajajo to energijo v obliki izse- vanja vidne svetlobe. Je še kar nekaj načinov drugih energijskih prehodov v snovi, a na tem mestu o njih ne bomo govorili. Vidno svetlobo zaznavamo z očmi; IR sevanja pa ne vidimo, ga pa lahko začutimo. Če npr. dlan obr- nemo proti topli peči, začutimo, da se koža segreje, ko na dlan prihaja več energije IR sevanja od peči, kot pa jo dlan oddaja proti peči. Čutnice v koži za- znajo to s spremembo hitrosti prenosa signala po živcih ob povišani temperaturi (en.wikipedia.org/ wiki/Thermoreceptor, letošnja Nobelova nagrada za fiziologijo!). Torej posredno ob spremembah tem- perature v čutnicah v koži zaznavamo tudi IR seva- nje; zaznamo, ali ga prejemamo več ali manj, kot ga sami oddajamo. IR senzorje in kamere uporabljajo še marsikje: pri IR termometrih, v vojski in policiji, uporabljajo jih tudi inženirji ob pregledovanju šib- kih mest pri izolaciji stavb. Ves les se pri gorenju ne uplini in zgori, nekaj ostane trdnega v obliki oglja, ki je skoraj čisti ogljik. Ta ostaja v peči razžarjen dalj časa in »drži« toploto. Na začetku tudi gori s plamenom, proti koncu pa le še žari kot rdeča in vedno bolj temno rdeča žerjavica. Ko vse skupaj do konca pogori, je v pepelu negorljivi ostanek – razni minerali, ki jih je v lesu vsega sku- paj okrog 1 %: Ca, K, Mn, Mg (Leban, učno gradivo, cpi.si/wp-content/uploads/2020/08/4-les_ lastnosti.pdf). Če smo res učinkovito kurili, je pe- pel svetlo siv ali skoraj bel, če pa je temnejši, so v njem tudi saje, torej tisto, kar bi sicer lahko zgorelo, ampak ni. Škoda! ˆ ˆ ˆ Barvni sudoku V 8 ˆ 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 ˆ 4) nastopalo vseh osem števil. 7 4 5 8 3 8 6 7 3 1 5 7 2 1 8 3 6 5 2 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b   ̌                61734852 42586713 85267431 74318265 28143576 37652184 53821647 16475328 bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b ˆ ˆ ˆ         P 49 (2021/2022) 2 19 Astronomsko tekmovanje petih dežel 2021 V K̌̌ Kratek uvodnik Med 27. in 29. avgustom 2021 je v Baji na Madžar- skem potekalo tekmovanje petih dežel v znanju astronomije, ki je nekakšna pripravljalnica za Medna- rodno olimpijado iz astronomije in astrofizike. Naši tekmovalci so se odlično odrezali in domov prine- sli bogat šopek medalj. Simon Bukovšek je zasedel 3. mesto in prejel zlato medaljo, srebrno medaljo so prejeli Urban Razpotnik, Peter Andolšek in Tian Strmšek, Vito Levstik je prejel bronasto medaljo, Miha Brvar pa pohvalo; slovensko ekipo je zasto- pala tudi Marija Judež. Ekipo so vodili Dunja Fabjan, Andrej Guštin in Krištof Skok. Sam se tekmovanja zaradi drugih obveznosti ni- sem mogel udeležiti, kljub vsemu pa sem se odločil v prispevku predstaviti rešene naloge teoretičnega dela tekmovanja, s katerimi so se tekmovalci spopa- dali tri ure. Za razumevanje nalog in tudi rešitev potrebno poglobljeno poznavanje ter razumevanje osnov astronomije in astrofizike. Bralce in bralke vabim, da poskusijo astronomske orehe najprej streti sami, saj samostojno reševanje prinese mnogo več užitkov in zadovoljstva kot zgolj pasivno prebiranje rešitev. 1. naloga. Povprečen čas med trki galaksij v jati galaksij Jata galaksij v Berenikinih kodrih obsega 1000 galaksij znotraj krogle s polmerom 1,5 Mpc. Naj bo srednji presek galaksije 10´3 Mpc2. Disper- zija hitrosti galaksij v jati je 880 km{s. Izraču- naj povprečen čas med trki galaksij v jati. SLIKA 1. Slovenska astronomska ekipa z osvojenimi odlǐcji (Foto: Andrej Guštin) Podatki: N “ 1000, R “ 1,5 Mpc, Σ “ 10´3 Mpc2, σ “ 880 km{s Za izračun povprečnega časa med trki bomo naj- prej določili povprečno oddaljenost med galaksijami v jati. Z drugimi besedami, izračunali bomo srednjo prosto pot l. Označimo z n “ NV številčno gostoto galaksij v jati. Razvijmo enačbo za srednjo prosto pot: l “ 1 nΣ “ V NΣ “ 4πR 3 3NΣ , kjer smo uporabili enačbo za prostornino krogle V “ 43πR3. Povprečen čas med trki preprosto izračunamo kot t “ l σ “ 4πR 3 3NΣσ “ 1,57 ¨ 1010 let.         P 49 (2021/2022) 220 2. naloga. Svetlost in izsev sistema treh zvezd Sistem treh zvezd se nahaja na razdalji 150 pc od Sonca. Na Zemlji izgleda kot ena zvezda z navidezno bolometrično magnitudo 8,00. Izsev prve zvezde je 4,54 L@, navidezna bolometrična magnituda druge zvezde pa je 9,41. Izračunaj navidezno in absolutno magnitudo ter izsev tre- tje zvezde. Podatki: r “ 150 pc, m “ 8,00, L1 “ 4,54 L@, m2 “ 9,41 Absolutno magnitudo druge zvezde izračunamo kot M2 “ m2 ` 5 ´ 5 log r “ 3,53. Izsev druge zvezde izračunamo iz Pogsovega za- kona: L2 “ 100,4pM@´M2qL@ “ 3L@, kjer smo upoštevali, da je absolutna magnituda Sonca M@ “ 4,83. Izsev tretje zvezde prav tako izpeljemo iz Pogso- novega zakona: m2 ´m “ 2,5 log ˆ L1 ` L2 ` L3 L2 ˙ L3 “ ˆ 100,4pm2´mq ´ L1 L2 ´ 1 ˙ L2 6 L3 “ 3,45 L@. Za absolutno magnitudo tretje zvezde velja M3 “ M@ ´ 2,5 log L3 L@ “ 3,38, za njeno navidezno magnitudo pa m3 “ M3 ´ 5 ` 5 log r “ 9,26. www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si 3. naloga. V sistemu Jupitrovih lun Dne 15. aprila 2020 je bil Jupiter v kvadraturi. Takrat smo z Zemlje videli njegovo luno Kalisto kot zvezdo z navideznim sijem `6,467. Pri re- ševanju naloge predpostavi, da je faza Kalista za opazovalca na Zemlji 100 %. 1. Izračunaj največjo kotno velikost Kalista in navidezno magnitudo, ko je najsvetlejši, za opazovalca, ki stoji na površju lune Evropa. Srednja premera Kalista in Evrope sta za- poredoma dC “ 4806 km in dE “ 3130 km. Veliki polosi in ekscentričnosti orbit Kalista in Evrope so zaporedoma aC “ 1,883 ¨ 106 km, eC “ 0,007 in aE “ 6,7108 ¨ 105 km, eE “ 0,01. Srednja odda- ljenost Jupitra od Sonca je 5,204 ae. Pred- postavi, da sta Zemljina in Jupitrova orbita krožni in da je oddaljenost Kalista od Ze- mlje enaka oddaljenosti Jupitra v trenutku opazovanja. 2. Ali je polni Kalisto na nebu lune Evropa ve- čji ali manjši kot polna Luna na Zemljinem nebu? Podatki: m1 “ `6,467, dC “ 4806 km, dE “ 3130 km, aC “ 1,883 ¨ 106 km, eC “ 0,007, aE “ 6,7108 ¨ 105 km, eE “ 0,01, aJ “ 5,204 ae 1. Najprej moramo izračunati oddaljenost Jupitra v kvadraturi. Takrat je kot Jupiter-Zemlja-Son- ce pravi. Z dobro skico (slika 1) ugotovimo, da za izračun zadostuje Pitagorov izrek, pri čemer upoštevamo, da je srednja oddaljenost Zemlje od Sonca po definiciji aZ “ 1 ae, kar ustreza približno 1,496 ¨ 1011 m. Imamo torej r1C “ rJ´Z “ b a2J ´ a2Z “ 7,640 ¨ 1011 m. Da bi dobili kotno navidezno velikost Kalista za opazovalca na Evropi, moramo določiti naj- manjšo možno razdaljo med površjem Evrope in Kalistom r2C . Upoštevamo, da sta si Evropa in Kalisto najbližje, ko je Kalisto v perijoviju,         P 49 (2021/2022) 2 21 SLIKA 2. Jupiter v kvadraturi (skica ni v merilu). Evropa pa v apojoviju. Perijovijsko razdaljo Ka- lista izrazimo kot rC,peri “ p1´eCq aC , apojovij- sko razdaljo Evrope pa kot rE,apo “ p1 ` eEq aE . Hkrati pa pri izračunu r2C upoštevamo še pol- mer Evrope rE “ dE2 . Sledi r2C “ rC,peri ´ rE,apo ´ rE “ p1 ´ eCq aC´ p1 ` eEq aE ´ dE 2 6 r2C “ 1,191 ¨ 109 m. Zdaj, ko poznamo dve razdalji in podatek o magnitudi Kalista za eno od njiju, nam ostane le še preračunati magnitudo Kalista za opazo- valca na Evropi m2, seveda s Pogsonovo defini- cijo magnitud: m2 “ m1 ´ 2,5 log j1 j2 “ m1 ´ 2,5 log r 22C r 21C “ m1 ` 5 log r1C r2C 6 m2 “ ´7,57. 2. Ker je premer Kalista v primerjavi z njegovo oddaljenostjo od površja Evrope relativno maj- hen, lahko njegovo kotno velikost izračunamo kar kot ϕ « dC r2C “ 0,2313° “ 131532. Ker je kotna velikost polne Lune na našem nebu približno 0,5°, takoj vidimo, da je polni Kali- sto na nebu Evrope navidezno manjši od polne Lune na našem nebu. 4. naloga. Zvezdne poti po Galaksiji Sonce pripada tankemu disku naše Galaksije. Gi- banje takih zvezd okoli središča Galaksije na- vadno približno opišemo s tremi periodičnimi gibanji: krožnim gibanjem okoli Galaktične rav- nine po krožnici s polmerom Rm, harmoničnim nihanjem v radialni smeri in harmoničnim niha- njem v smeri pravokotno na Galaktično ravnino. Ker zvezda ni vedno v isti ravnini, se vse kom- ponente njene vrtilne količine ne ohranjajo. Pro- jekcija vrtilne količine na os z (pravokotnica na Galaktično ravnino) je edina, ki se ohranja. Dan je tanek disk zvezd, o katerem veš na- slednje: specifična vrtilna količina (vrtilna ko- ličina, preračunana na enoto mase) je |hz| “ 1938 kpc km{s (količina, ki se ohranja), na naj- večji oddaljenosti od osi z, označimo jo Ra, je komponenta hitrosti |vp|pRaq “ 199,8 km{s (v2 “ v2r ` v2t ` v2z “ v2p ` v2z ), Rm “ 8,8 kpc, komponenta hitrosti v smeri z v trenutku, ko zvezda prečka Galaktično ravnino |vz|p0q “ 7 km{s, največja oddaljenost od Galaktične rav- nine |z|max “ 100 pc, hitrost kroženja na odda- ljenosti Rm je ucpRmq “ 220 km{s, krožna fre- kvenca harmoničnega nihanja v radialni smeri κppRmq in kotna hitrost kroženja pri R “ Rm, oznaka ωcpRmq, sta povezani z enačbo κppRmq “ ? 2ωcpRmq. Določi amplitudo a harmoničnega nihanja glede na Rm in tri periode: periodo kroženja pri R “ Rm, Pcirc , periodo harmoničnega niha- nja v radialni smeri PR in periodo harmoničnega nihanja v pravokotni smeri glede na Galaktično ravnino, Pz.         P 49 (2021/2022) 222 Podatki: |hz| “ 1938 kpc km{s, |vp|pRaq “ 199,8 km{s, Rm “ 8,8 kpc, |vz|p0q “ 7 km{s, |z|max “ 100 pc, ucpRmq “ 220 km{s Na poljubni razdalji R od osi z velja |hz| “ R|vt |pRq, od koder lahko izračunamo Ra “ |hz| |vt |pRq “ 9,7 kpc. Ker je Ra največja oddaljenost, mora biti vr “ 0, tako da velja vppRaq “ vtpRaq. Amplitudo a izraču- namo kot a “ Ra ´ Rm “ 0,9 kpc. Periodo Pcirc dobimo z Pcirc “ 2π ωc “ 2πRm ucpRmq “ 2,39 ¨ 108 let. Po podatku iz nalog je perioda PR “ Pcirc?2 “ 1,69 ¨ 108 let. Da dobimo zadnjo periodo, moramo upoštevati, da za harmonično nihanje velja 1 2 v2z ` 1 2 κ2ZZ 2 “ 1 2 κ2Z |Z|2max , kjer smo z Z označili odmik. Ker poznamo hitrost |vz|p0q “ 7 km{s, v zgornji enačbi upoštevamo Z “ 0 in to hitrost. Od tod lahko izrazimo κZ , če pa upo- števamo še, da je κZ “ 2πPZ , dobimo končni odgovor PZ “ 8,55 ¨ 107 let. 5. naloga. Medplanetarni polet s Hohmannovim prehodom Hohmannov prehod orbite je eliptični prehod med dvema koplanarnima krožnima orbitama z radijema r1 in r2, ki zajema dva impulza (hitri spremembi hitrosti). Prehod poteka po eliptični prehodni oziroma Hohmannovi orbiti s perihe- lijem na notranji krožni orbiti in afelijem na zu- nanji krožni orbiti. Osnovna predpostavka, na kateri temelji Hohmannov prehod, je, da na telo, ki nas zanima, deluje gravitacija le enega telesa (v našem primeru Sonca). Da bi odpotovali na zunanji planet, potrebuje plovilo hitrost, večjo od orbitalne hitrosti Ze- mlje, zato potrebujemo pozitivno izstrelitveno hitrost (impulz): ∆vp ą 0. Hitrost plovila na Ho- hmannovi orbiti ob prihodu je manjša od orbi- talne hitrosti izbranega zunanjega planeta, zato pri drugem delu prehoda prav tako potrebuje- mo pozitivno spremembo hitrosti: ∆va ą 0. Ho- hmannov prehod je med drugim tudi dober mo- del za prehod vesoljskega plovila z Zemlje na Mars. 1. Pokaži, da je čas poleta vesoljskega plovila po Hohmannovi orbiti z Zemlje na nek zu- nanji planet s polmerom krožne orbite r2 enak T “ 1 4 ? 2 ˆ 1 ` r2 r1 ˙3{2 , kjer je r1 polmer Zemljine krožne orbite, čas poleta T pa izražen v letih. 2. Naj bosta v1 in v2 zaporedoma orbitalna hitrost Zemlje in izbranega zunanjega pla- neta. Označimo spremembi hitrosti, ki sta potrebni, da plovilo usmerimo na Hohman- novo orbito oziroma ga izrinemo iz nje na orbito izbranega planeta z ∆vp “ vp ´ v1 in ∆va “ v2 ´ va, kjer sta vp in va zapore- doma hitrosti plovila v periheliju in afeliju Hohmannove orbite. Pokaži, da velja ∆vp “ v1 ˆ c 2r2 r1 ` r2 ´ 1 ˙ in ∆va “ v2 ˆ 1 ´ c 2r1 r1 ` r2 ˙ . 3. Z drugim Keplerjevim zakonom pokaži, da velja h2 “ GM@ ap1 ´ e2q, kjer je G gravitacijska konstanta,M@ masa Sonca, h specifična vrtilna količina (vrtilna količina na enoto mase) ter a in e zapo- redoma velika polos in ekscentričnost Ho- hmannove orbite.         P 49 (2021/2022) 2 23 4. Velika polos Marsove orbite je 1,524 ae. Iz- računaj ekscentričnost Hohmannove orbi- te, čas potovanja, opravljeno pot pri po- letu plovila z Zemlje na Mars in ustrezne dodatne hitrosti. Namig. Če sta a in b zaporedoma velika in mala polos elipse, lahko obseg elipse na podlagi ugotovitve indijskega matematika Srnivasa Ramanujana približamo z obraz- cem o«π ´ 3pa` bq´ b 10ab`3pa2 ` b2q ¯ . 5. Kje je Mars v trenutku, ko mora plovilo vzleteti z Zemlje? Njegovo lego podaj s ko- tom =ZSM , kjer točke Z , S in M predsta- vljajo zaporedoma Zemljo, Sonce in Mars. Podatek: aM “ 1,524 ae 1. Čas poleta z Zemlje do planeta je enak polovici obhodnega časa telesa na Hohmannovi elipsi. Če merimo razdalje v astronomskih enotah, čas v letih, maso pa v Sončevih masah, potem iz tre- tjega Keplerjevega zakona sledi T “ t0 2 “ ? a3 2 , kjer je a velika polos Hohmannove elipse, za katero velja a “ r1`r22 . Če to enačbo vstavimo v prejšnjo, z nekaj preureditvami dobimo sledeč izraz T “ 1 4 ? 2 r 3{2 1 ˆ 1 ` r2 r1 ˙3{2 . V zgoraj definiranem sistemu enot je r 3{2 1 ravno obhodni čas Zemlje, katerega vrednost pa je ja- sno 1. Zato velja T “ 1 4 ? 2 ˆ 1 ` r2 r1 ˙3{2 . 2. Energija prehodne orbite je večja od energije notranje orbite (a “ r1) in manjša od energije zunanje orbite (a “ r2). Hitrosti v perigeju in apogeju prehodne orbite lahko izrazimo iz enačbe za ohranitev energije kot vp “ d GM@ ˆ 2 r1 ´ 2 r1 ` r2 ˙ “ c GM@ r1 c 2r2 r1 ` r2 oziroma va “ d GM@ ˆ 2 r2 ´ 2 r1 ` r2 ˙ “ c GM@ r2 c 2r1 r1 ` r2 . Orbitalni hitrosti v krožnih orbitah sta v1 “ c GM@ r1 in v2 “ c GM@ r2 . Od tod lahko izrazimo potrebni spremembi hit- rosti v perigeju in apogeju: ∆vp “ vp ´ v1 “ v1 ˆ c 2r2 r1 ` r2 ´ 1 ˙ ∆va “ v2 ´ va “ v2 ˆ 1 ´ c 2r1 r1 ` r2 ˙ . 3. Ker je vektor hitrosti v perigeju pravokoten na pozicijski vektor, lahko kvadrat specifične vr- tilne količine prehodne orbite s pomočjo ugo- tovitev v delu b) naloge izrazimo kot h2 “ r 21v2p “ r 21 GM@ r1 2r2 r1 ` r2 “ GM@ap1 ´ e2q, pri čemer smo upoštevali, da je a “ r1`r22 . 4. Ta del naloge od nas zahteva le delo s številč- nima vrednostima rp “ r1 “ 1 ae in ra “ r2 “ 1,524 ae. Za čas poleta dobimo TM “ 0,709 leta “ 258,9 dni, za spremembi hitrosti ∆vp,M “ 2,95 km{s in ∆va,M “ 2,65 km{s, ekscentrič- nost Hohmannove elise pa je eM “ ra ´ rp ra ` rp “ 0,208.           P 49 (2021/2022) 224 Pri poletu opravljena pot je enaka polovici ob- sega elipse, ki ga lahko ocenimo iz Ramanu- janove formule. Malo polos elipse, ki jo po- trebujemo v izračunu, dobimo iz zveze b “ a ? 1 ´ e2. Rezultat za pot je lM “ 3,92 ae. 5. Iz tretjega Keplerjevega zakona določimo obho- dni čas Marsa z enačbo t2 “ b r 32 , kjer je čas t2 izražen v letih, polmer r2 pa v astronomskih enotah. V času tega obhodnega časa naredi Mars polni krog, opiše torej kot 2π . Med poletom po Ho- hmannovi prehodni orbiti rdeči planet opiše kot 2π TMt2 . Zato je kot Zemlja-Sonce-Mars v tre- nutku izstrelitve plovila z Zemlje enak (slika 3): α “ =ESM “ π ´ 2 ¨ TM t2 “ π ˆ 1 ´ 2TM t2 ˙ 6 α “ 0,77 rad “ 44,4°. SLIKA 3. Hohmannov prehod plovila z Zemlje na Mars ˆ ˆ ˆ Križne vsote Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v za- porednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na za- četku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) različne. 14 12 7 16 17 16 7 9 17 5 17 17 17 13 ̌ ̌  1412 7 52 1617 16 97 79 17 98 5 32 17 17 179 17 593 13 85 ˆ ˆ ˆ           P 49 (2021/2022) 2 25 Astronomska literatura Astronomske efemeride 2021 NAŠE NEBO letnik 74 82 strani format 16 ˆ 23 cm speto, barvni tisk 10,00 EUR Guillaume Cannat GLEJ JIH, ZVEZDE Najlepši prizori na nebu v letu 2021 format 16,5 ˆ 23,5 cm mehka vezava 23,90 EUR Ponujamo še veliko drugih astronomskih del. Podrobnejše predstavitve so na naslovu: http://www.dmfa-zaloznistvo.si/astro/ Individualni naročniki revije Presek imate ob naročilu pri DMFA–založništvo 20 % popusta na zgornje cene. Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 633. ̌  ̌  49/1 Pravilna rešitev nagra- dne križanke iz prve številke Preseka letnika 49 je Disjunktna mno- žica. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Rajko Ðudarić iz Ce- lja, Vid Kavčič iz Čr- nomlja in Stanko Gaj- šek iz Ljubljane, ki bodo razpisane nagrade pre- jeli po pošti. ˆ ˆ ˆ G   G          ̌   G  G         ̌   P 49 (2021/2022) 226 Paradoks slabovidne priče B̌ K V nekem velemestu se je ponoči zgodila prome- tna nesreča, njen povzročitelj pa je s kraja nesreče pobegnil. Priča nesreče trdi, da je nesrečo povzro- čil taksi bele barve. Ker je v mestu 90 % taksijev rumenih in le 10 % belih, ta podatek zelo zoži krog osumljencev za policijsko preiskavo. Toda labo- ratorijski preizkus priče pokaže, da je priča slabo- vidna in v nočnih razmerah pravilno določi barvo taksija le v 80 % primerov. Čeprav se na prvi po- gled zdi priča dovolj zanesljiva, bo natančnejši iz- račun pokazal nasprotno. Verjetnost, da je nesrečo res povzročil beli taksi, je kljub izjavi priče precej majhna. Danes dobro znani paradoks sta leta 1982 v knjigi o odločanju v negotovih okoliščinah prva opisala matematično izobražena psihologa Amos Tversky in Daniel Kahneman, ki je kasneje prejel tudi Nobelovo nagrado za ekonomijo. V tem pri- spevku bomo paradoks pojasnili in ga z GeoGebro ponazorili tudi grafično. Nekatere bralke in bralci bodo v problemu takoj prepoznali pogojno verjetnost in ga rešili s pomočjo Bayesove formule. Toda poskusimo vse skupaj razlo- žiti brez uporabe tovrstnih orodij. Predstavljajmo si, da je v mestu 100 taksijev, med katerimi je 90 ru- menih in 10 belih, nesrečo pa je povzročil naključno izbrani taksi. Če vse taksije pokažemo priči v nočnih razmerah, bo priča barvo pravilno določila v 80 % pri- merov. Torej bo med 90 rumenimi taksiji pravilno prepoznala le 72 rumenih, ostalih 18 pa bo napačno označila za bele. Podobno bo priča med 10 belimi ta- ksiji pravilno prepoznala osem belih, preostala dva pa bo napačno označila za rumena. Skupaj bo priča med 100 taksiji kar 18 ` 8 “ 26 taksijev prepoznala kot belih, čeprav je belih v resnici med njimi le osem. Če priča trdi, da je nesrečo povzročil beli taksi, ima torej prav le v osmih primerih od 26, kar je enako 8 26 .“ 31 %. To razmerje predstavlja verjetnost, da je nesrečo res povzročil beli taksi, če tako trdi naša priča, in rezultat je manjši od 1{3. Presenetljivi rezultat lahko pojasnimo z ugotovi- tvijo, da je belih taksijev le 10 %, zato je verjetnost, da je nesrečo povzročil beli taksi, razmeroma majh- na. Le 80 % zanesljivost priče v tej situaciji ni do- volj, da bi se verjetnost bistveno povečala. Ugoto- vitev si velja zapomniti: če malo verjeten dogo- dek potrdi ena razmeroma zanesljiva priča, to ne pomeni nujno velike verjetnosti, da se je dogodek res zgodil. Drugače pa bi bilo, če bi priča trdila, da je nesrečo povzročil rumeni taksi, in bi določali ver- jetnost, da je to res. Verjetnost rumenega taksija je 90 % in je že brez pričanja zelo visoka, zato jo dodatno pričanje v to smer še poviša. S podobnim sklepanjem kot prej dobimo rezultat 7272`2 .“ 97 %, saj bi priča pravilno prepoznala 72 rumenih taksijev, le dva bela taksija pa bi napačno prepoznala kot ru- mena. Z GeoGebro lahko opisano situacijo lepo ponazo- rimo s pomočjo ploščin likov. Ob tem bomo lahko razmerje med belimi in rumenimi taksiji ter zaneslji- vost priče kasneje tudi spreminjali s pomočjo pomi- kanja ustreznih točk. Za konstrukcijo uporabimo na- slednje korake: Izklopimo označevanje novih objektov in z uka- zom Mnogokotnik((0,0),(0,1),(1,0),(1,1)) narišemo enotski kvadrat, ki predstavlja množico vseh taksijev. Obarvajmo ga črno in nastavimo prosojnost na vrednost 0, da bo površina vseeno bela. G  G         ̌   P 49 (2021/2022) 2 27 Približamo pogled in na spodnji stranici kvadrata izberemo poljubno točko A. Njena x-koordinata a=x(A) bo predstavljala delež vseh rumenih taksijev. Pomaknemo jo na vrednost 0,9, kar ustreza podatkom naloge. Z ukazom Mnogokotnik((0,0),(a,0),(a,1),(0,1)) nari- šemo pravokotnik, ki predstavlja rumene taksije. Obarvamo ga rumeno. Na levi stranici kvadrata izberemo poljubno točko B. Njena y-koordinata b=y(B) bo predstavljala za- nesljivost priče, torej delež pravilno prepoznanih taksijev. Postavimo jo na vrednost 0,8 kot v nalogi. Napačno prepoznane taksije bomo označili s šra- firanim pravokotnikom, ki ga narišemo z ukazom Mnogokotnik((0,b),(1,b),(1,1),(0,1)). Verjetnost, da je nesrečo res povzročil beli taksi, če tako trdi priča, je enaka razmerju med števi- lom pravilno prepoznanih belih taksijev in števi- lom vseh taksijev, za katere priča trdi, da so beli. To razmerje na sliki predstavlja razmerje med plo- ščino nešrafiranega belega pravokotnika, ki je ena- ka p1 ´aq ¨b in vsoto ploščin nešrafiranega belega in šrafiranega rumenega pravokotnika, ki je enaka p1 ´ aq ¨ b ` ap1 ´ bq. Splošna formula za iskano verjetnost je torej enaka p “ bp1 ´ aq a` b ´ 2ab in jo lahko izpišemo na zaslon s pomočjo ukazov za besedilo in označevanje točk. Pri začetnih po- datkih a “ 0,9 in b “ 0,8 lahko že s pogledom grobo ocenimo, da bo iskana verjetnost približno 1{3, točen rezultat je 0,308. Z upoštevanjem doslej navedenih korakov smo do- bili situacijo na sliki 1. S pomikanjem drsnikov lahko zdaj preprosto opa- zujemo, kako se spreminja verjetnost, če spremi- njamo delež rumenih taksijev a ali zanesljivost priče b. Če sta a in b enaka, bo verjetnost vselej 1{2. Na prikaz lahko dodamo še krivuljo, ki predsta- vlja množico vseh točk px,yq z isto verjetnostjo p “ ppa,bq. V enačbi za p zamenjajmo a,b z x,y in izrazimo y z x in p, da dobimo enačbo krivulje y “ px1´x`2px´p . To krivuljo narišemo na območju 0 ă x ă 1 z ukazom If(0