PRESEK LETNIK
/2016) ŠTEVILKA 1
paSSsi
«mL
HH" mm
ssr

Mb
mma
mm
lil
pil
■M
liiHI
mm
mL.
• i
PROBLEM KITAJSKIH PRSTANOV -> ZAKLJUČEK ŠOLSKEGA LETA OB ZGODB O ARHIMEDU IN ZLATI CARJEVI KRONI 9. OLIMPIJADA IZ ASTRONOMIJE IN ASTROFIZIKE -> PROBLEM NAJBLIŠJIH TOČK
ISSN 0351-6652
9 / /0331 665319
(
9770351665319
9770351665319
matematični trenutki
Preskrba z energijo

2
-> Tudi če niste superheroj, lahko le s pritiskom na stikalo električni napravi zagotovite potrebno energijo. Že to je čudež, še bolj presenetljivo pa je, da ta energija nastane skoraj isti trenutek, ko pritisnete na stikalo, pogosto čelo v elektrarni, ki vam ni najbližja. Zelo povezano mrežo sestavljajo elektrarne, daljnovodi in uporabniki. Potrebno je veliko matematike, da pri upravljanju te mreže natančno uskladijo ponudbo in porabo. S pomočjo diferencialnih enačb, teorije grafov in linearne algebre si pomagajo pri si-mulačiji mreže, ki operaterjem omogoči spremljanje sistema in izračun njegovih potreb. Ceprav te simu-lačije vsebujejo milijone spremenljivk, so dostopne v nekaj mikrosekundah. Tako operaterji omogočajo neprekinjeno preskrbo in hitro ponovno vzpostavitev sistema v primeru težav.
Raziskovalči poskušajo upravljanje mreže posodobiti, tako da bodo tudi porabniki, ki hkrati proizvajajo energijo, redno obveščeni o svoji porabi in stroških. To bo mrežo veliko bolj zapletlo. Še posebej zato, ker bodo takšni porabniki proizvajali energijo iz različnih virov, npr. s pomočjo vetra in sonča, in na ta način v sistem vnesli še več negotovosti. Upravljanje bolj zapletene mreže z več negotovosti zahteva novo strojno opremo in nove matematične modele. Le tako bo zagotovljena ustrezna preskrba z energijo, katere poraba se bo po nekaterih očenah več kot podvojila do leta 2050.
Več informačij lahko najdete v knjigi Mariese L. Crow, Computational Methods for Electric Power Systems, ki je izšla leta 2009._x x x
PRESEK 43 (2015/2016)1
kolofon
Presek
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 43, šolsko leto 2015/2016, številka 1
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojča Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lučijana Kračun Berč (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Igor Pesek (računalništvo), Marko Razpet, Matjaž Venčelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik).
Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska uliča 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2015/2016 je za posamezne naročnike 19,20 eur - posamezno naročilo velja do prekliča, za skupinska naročila učenčev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur.
Transakčijski račun: 03100-1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI560310 0100 0018 787.
List sofinancira Javna agenčija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proračuna iz naslova razpisa za sofinančiranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikačij.
Založilo DMFA-založništvo
Oblikovanje Tadeja Šekoranja
Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana
Naklada 1900 izvodov
© 2015 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1968
Razmnoževanje ali reprodučiranje čelote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana.
navodila sodelavcem preseka za oddajo prispevkov

Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem.
Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt.
Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si.
Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu.
MATEMATIČNI TRENUTKI
Preskrba z energijo
4-6
7-8
MATEMATIKA
Problem kitajskih prstanov (Tanja Gologranc)
Indijska konstrukcija kvadrata s ploščino danega pravokotnika (Marjan Jerman)
12-14
14
15,18-20
25-26
27-29
FIZIKA
Zaključek šolskega leta ob zgodbi o Arhimedu in zlati carjevi kroni (Karel Šmigoc) Razmisli in poskusi -Poševni zvonik v Črnem Kalu (Mitja Rosina) Ena, dve, tri sence (Nada Razpet)
ASTRONOMIJA
9. olimpijada iz astronomije in astrofizike (Tadeja Veršic in Andrej Guštin)
RAČUNALNIŠTVO
Problem najbližjih tock (Igor Pesek)
Slika na naslovnici: Mavrico običajno vidimo kot barvni lok, ki je na vrhu rdec na dnu pa vijolicen. Pogosto opazimo tudi večji in šibkejši drugi lok, ki ima obrnjen vrstni red barv. Redkeje opazimo nadštevilno mavrico. To so svetlejše proge pod prvim lokom, ki nastanejo zaradi interference svetlobe. Proge so bolj izrazite, kadar so kapljice enake velikosti. Razdalja med progami nadštevilne mavrice je odvisna od velikosti kapljic; manjše kot so, bolj so proge narazen. Foto: Aleš Mohoric
P
I
30
31
9
10-11 21-22
23-24
RAZVEDRILO
Križne vsote Barvni sudoku Nagradna križanka (Marko Bokalič)
Rešitev nagradne križanke Presek 42/6 (Marko Bokalič)
Naravoslovna fotografija - Sosonce (Nada Razpet)
TEKMOVANJA
51. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje
(Klavdija Cof Mlinšek)
25. državno tekmovanje
v razvedrilni matematiki
(Klavdija Cof Mlinšek)
35. tekmovanje iz znanja fizike za
Stefanova priznanja v šolskem letu
2014/2015
(Barbara Rovšek)
Misija Mumbaj: USPELA!
(Tomaž Cvetko)
12. šolsko tekmovanje v znanju poslovne matematike in statistike Tekmovanje v znanju finanČcne matematike in statistike
12. državno tekmovanje v znanju poslovne
matematike in statistike
Državno tekmovanje v znanju financne
matematike in statistike
14. tekmovanje v znanju matematike za
dijake srednjih tehniških in strokovnih šol -
regijsko tekmovanje
2
MATEMATIKA
Problem kitajskih prstanov
Tanja Gologranc zgodovina problema
Problem kitajskih prstanov je ena najbolj znanih matematičnih ugank. Prvotni problem sestavlja palica z devetimi povezanimi prstani, pri čemer lahko devet nadomestimo s poljubnim številom prstanov (glej sliko 1). Te prstane moramo s palice odstraniti. Nihče ne ve natančno, kdo je avtor sestavljanke in kdaj se je prvič pojavila; obstajajo le pripovedke. Ena izmed najbolj znanih govori o tem, da naj bi palico z devetimi povezanimi prstani za svojo ženo izumil kitajski strateg Zhuge Liang (181-234), in sicer z namenom, da bi si krajšala cas, ko je bil sam na vojnih pohodih. Drugi, prav tako nezanesljivi viri trdijo, da uganka izhaja iz dinastije Song (960-1129). Prvi zapis uganke tega tipa sega v 14. stoletje, njegov avtor pa je italijanski matematik Luca Pacioli (1445-1517).
Opis problema
Imamo palico in prstane, pri cemer se prstani ne prepletajo le med sabo ampak prepletajo tudi palico. Te prstane moramo s palice odstraniti. Tako kot za vecino znamenitih ugank tudi za problem kitajskih prstanov velja, da ga rešujemo z upoštevanjem pravil.
SLIKA1.
Kitajski prstani
Kljub temu, da so pravila enostavna, reševanje zahteva veliko razmisleka in predvsem potrpežljivosti.
Ves cas bomo obravnavali splošen primer, torej problem n kitajskih prstanov, pri cemer je n poljubno število iz množice {0,1,...}. Iz tehnicnih razlogov, ki bodo omenjeni pozneje, je vkljucen tudi primer z 0 prstani. Za lažji opis rešitve problema bomo prstane oznacili. Prstane oštevilcimo narašca-joce, z oznakami od 1 do n tako, da prvi prstan na palici, torej prstan, ki je od držala palice najbolj oddaljen, dobi oznako 1.
Opis pravil za reševanje problema
Zacetno stanje je stanje, ko so vsi prstani na palici. Iz tega stanja lahko pridemo v katerokoli drugo stanje, in sicer z zaporedno uporabo le dveh potez. Premaknemo lahko:
prstan z oznako 1 (poteza tipa 0); ■ prstan z oznako i + 1, ce je prstan z oznako i na palici, prstanov z oznakami 1,...,i -1 pa na palici ni (poteza tipa 1).
Pri tem premik prstana pomeni, da mu zamenjamo položaj iz je na palici v ni na palici oziroma obratno.
Problem kitajskih prstanov porodi najprej vprašanje, ali rešitev sploh obstaja. Obstoj rešitve porodi nadaljna vprašanja; eno od teh je vprašanje o najmanjšem številu potez, potrebnih za rešitev problema.
Predpostavimo, da problem kitajskih prstanov zacnemo reševati v zacetnem stanju in da bomo problem rešili s kar najmanj potezami. Potem imamo za prvo potezo dve možnosti; bodisi iz palice odstranimo prstan z oznako 1 (poteza tipa 0) bodisi odstranimo prstan z oznako 2 (poteza tipa 1). Ker je naša rešitev najkrajša, ne bomo v nobeno stanje prišli vec kot enkrat. Torej imamo za vse nadaljnje poteze samo še eno možnost, saj bi nas dve zaporedni potezi istega tipa pripeljali v že obiskano stanje. Zato bo naše zaporedje alternirajoce zaporedje potez tipa 0 in 1. Na sliki 2 je zaporedje potez, ki rešijo problem treh kitajskih prstanov.
4
PRESEK 43 (2015/2016) 1	4
MATEMATIKA
SLIKA 2.
Postopek reševanja problema treh kitajskih prstanov
Rešitev problema z grafi
Za vsak prstan obstajata dve možnosti, in sicer, ali je prstan na palici ali pa ga ni. Ce je na palici, potem mu priredimo vrednost 1, sicer mu priredimo vrednost 0. Potemtakem lahko vsako stanje problema n g N0 kitajskih prstanov predstavimo kot 5 = sn... s1, pri cemer si = 1(0) pomeni, da prstan z oznako i je(ni) na palici. Tukaj opozorimo še, da za n = 0 s predstavlja prazen niz. Glede na zgoraj omenjeni pravili, lahko bit si+1 spremenimo, ce je bodisi i = 0 (poteza tipa 0) bodisi je st = 1 in sj = 0 za vsak j g {1,...,i - 1} (poteza tipa 1). Za vsak i g {1,...,n} definirajmo s i = 1 - si. Potem lahko dovoljene premike opišemo tudi takole. Iz stanja sn...s2s1 lahko z eno potezo pridemo v stanje sn...s2s 1, iz stanja
sn...si 10...0 pa lahko prav tako z eno potezo pridemo v stanje sn.. .si 10... 0.
Iz zgoraj opisanega postopka, kako iz danega stanja z eno potezo pridemo v drugo stanje, bomo konstruirali graf Rn. Vsako stanje problema predstavlja eno vozlišče grafa, dve vozlišči (stanji) sta povezani s povezavo natanko takrat, ko lahko iz enega stanja z eno potezo pridemo v drugo stanje. Zdaj lahko problem zapišemo z uporabo grafov: poišci (najkrajšo) pot med 1n = .K^L in 0n = (h^.
nn
Graf Rn vsebuje natanko dve vozlišci, ki imata natanko enega soseda. To sta vozlišci, ki predstavljata stanji 0n in 10n-1 = 1 0... 0, kjer je mogoca le po-
n-1
R2
00
o—
01
—o—
11
—o—
10
—o
R3
000 001 011 010
o-o-o-o-
110 111 101 100
—o-o-o-o
SLIKA 3.
Konstrukcija grafa R3 iz grafa R2
PRESEK 43 (2015/2016)1
5
MATEMATIKA

00... 0
01... 0
11... 1
0n-1 107^
11... 0
SLIKA 4.
Graf Rn
teza tipa 0. Vsa druga vozlišča imajo natanko dva soseda, saj za vsako tako stanje obstajata obe rela-ventni potezi (tipa 0 in tipa 1). Iz omenjenih lastnosti grafa Rn zlahka dokažemo, da je Rn pot na 2n vozliščih, s krajiščema 0n in 10n-1, ki vsebuje stanje
1n. Dokaz najenostavneje opravimo z indukcijo. Ce vsakemu stanju poti Rn-1 na levo stran pripnemo 0, dobimo pot od 0n do 010n-2. Ta vsebuje vsa stanja grafa Rn, ki se začnejo z 0. Enako velja, če vsakemu stanju poti Rn-1 na levo stran pripnemo 1 in tako dobimo pot od 10n-1 do 110n-2. Ta vsebuje vsa stanja grafa Rn, ki se začnejo z 1. Ker sta 010n-2 in 110n-2 edini stanji z različnima prvima bitoma, ki ju povezuje poteza tipa 1, sta vozlišči 010n-2 in 1 dobimo, da je pn - pn-2
potrebnih potez za rešitev n kitajskih prstanov. Z pn označimo najmanjše število potez, potrebnih, da spraznimo paličo z n prstani, to je, da pridemo iz stanja 1n do stanja 0n. Ker je Rn pot, je pn ravno razdalja v grafu Rn med vozliščema 1n in 0n. Iz kon-strukčije grafa Rn sledi, pn-1 = (2n - 1) - pn (glej sliko 4). Na ta način dobimo rekurzivni zapis pn + pn-1 = 2n - 1, z začetnim pogojem p0 = 0, s čimer lahko za poljubno število prstanov n pridemo do rešitve v končnem številu korakov. Iz rekurzije lahko s preprostim izračunom pridemo do ekspličitne formule za fin.
Iz enačb ßn + ßn-1 = 2n - 1 in ßn-1 + ßn-2
= 2n-1 -
= 2
n- 1
110n-2 sosednji v Rn, kar pomeni, daje Rn pot. Opazimo lahko, da graf Rn sestavljata dve disjunktni kopiji grafa Rn-1, pri čemer v prvi kopiji vsakemu vozlišču 5 = sn-1.. .51 dodamo sn = 0 in dobimo vozlišče 0sn-1... s1. V drugi kopiji vsakemu vozlišču s = sn-1.. .s1 dodamo sn = 1, niz s pa obrnemo in dobimo 1s1... sn-1 (glej sliko 3).
Ker je Rn pot na 2n vozliščih s krajiščema 0n in 10n-1, ki vsebuje stanje 1n, za vsak n obstaja rešitev problema n kitajskih prstanov. Ker lahko od 0n do 10n-1 pridemo v 2n - 1 potezah in ker 1n leži na poti med 0n in 10n-1, za rešitev problema n kitajskih prstanov zadošča manj kot 2n - 1 potez.
Iz rešitve problema treh prstanov je razvidno, da je v najkrajši rešitvi treba začeti s potezo tipa 0, sičer nas alternirajoče zaporedje potez v R3 vodi od 111 proti 100, s čimer se oddaljujemo od stanja 000. Ker je vsako najkrajše zaporedje potez za rešitev problema kitajskih prstanov alternirajoče zaporedje potez tipa 0 in 1, je za vsak lihi n prva poteza v najkrajši rešitvi poteza tipa 0. Za sode n velja ravno nasprotno, in sičer je v najkrajši rešitvi prva poteza vedno poteza tipa 1.
V nadaljevanju bomo iz zgoraj opisane konstruk-čije grafa Rn izpeljali rekurzijo za najmanjše število
Ce zaporedoma
manjšamo indekse, za sodi n dobimo:
ßn = ßn-2 + 2
n- 1
ß
= lPn-4
5) +2n-1
+ 2n-3) + 2n-
n-1
= ß2 + 23 + 25 + ■ ■ ■ + 2 = 2 + 23 + ■ ■ ■ + 2n-1 = 2 (1 + 4 + 42 + ■ ■ ■ + 4n-L)
=2
n
42 - 1 4 - 1
•>n+1
-2
Podobno za lihe n dobimo, da je ßn = 2n+31-1.
S tem smo dobili formulo, z uporabo katere lahko, za poljubno naravno število n, izračunamo najmanjše število potrebnih potez, ki rešijo problem n kitajskih prstanov.
Literatura
[1] A. M. Hinz, S. Klavžar, U. Milutinovic in C. Petr, The Tower of Hanoi-Myths and Maths, Birkhäuser 2013.
_ XXX
n- 1
1
ß
n- 1
3
6
PRESEK 43 (2015/2016) 1	6
MATEMATIKA
Indijska konstrukcija kvadrata s ploščino danega pravokotnika
•is •i' nU
Marjan Jerman
-> Ko preučujemo zgodovino matematike, ugotovimo, da so prav vse stare civilizacije poskušale najti metode, s katerimi bi danemu liku našli plo-ščinsko enak kvadrat. Razlogi so bili bodisi čisto praktični bodisi presenetljivo teoretični. Egipčani so, rečimo, želeli bolj neobvladljive like preoblikovati v ploščinsko enake kvadrate zato, da bi lažje odmerili zemljiški davek. Če problema niso znali rešiti popolnoma natančno, so si pomagali s približki. Stare Grke pa so tovrstni problemi zanimali bolj abstraktno. Za pravilno rešitev so priznavali le konstrukčije, ki so bile možne samo z uporabo ravnila in šestila.
Najbolj znan je problem kvadrature kroga. Egipčani so ga rešili približno, brezplodni napori Grkov pa so se končali šele v devetnajstem stoletju, ko so moderni matematiki dokazali, da kvadratura kroga samo s pomočjo ravnila in šestila ni mogoča.
V tem prispevku si bomo pogledali, kako najti pra-vokotniku ploščinsko enak kvadrat. Bolj natančno: v ravnini je dan pravokotnik s stranicama a in b. Radi bi narisali stranico kvadrata x, ki ima ploščino enako ab.
Danes bi se problema lahko lotili na primer takole. Enačba
■ x2 = ab
SLIKA 1.
Rešitev s pomočjo višinskega izreka
nas spomni na višinski izrek v pravokotnem trikotniku. Na isto premičo zaporedoma narišimo točke A, B in C, tako da je AB = a in BC = b (glej sliko 1). Nad daljičo AC narišimo polkrog. Potegnimo pravo-kotničo na premer AC v točki B. Presek pravokotniče s polkrogom označimo z D. Talesov izrek pove, da je kot ZADC pravi. Zato velja
■ BD2 = AB ■ BC,
kar pomeni, da je straniča iskanega kvadrata enaka x = BD. Takšna rešitev je natančna in je možna le z uporabo ravnila in šestila.
Presenetljivo so ta problem znali natančno rešiti že Indijči. Za razliko od Grkov, Indijči svojih rezultatov niso dokazovali, za odmerjanje pa so namesto ravnila in šestila uporabljali vrvi. Njihovo rešitev najdemo v Sulbasutrah, dodatku Ved. Vede so obsežna zbirka religioznih in filozofskih besedil iz obdobja
PRESEK 43 (2015/2016) 1
7
MATEMATIKA

D
C
H
F
M
A O
B
SLIKA 2.
Indijska rešitev
Naj bo AB = a in BC = b. Najprej izracunajmo dolžini daljic EG in IK:
■ EG = 2(b - a), IK = a + EG = 2(a + b).
Potem je po Pitagorovem izreku
■ IM2 = IL2 - LM2.
Zaradi konstrukcije je IL = IK in LM = EJ = EG. Zato je
-2
XXX
med 1700-1100 pr. n. št. Kot pomemben dodatek vsebujejo Sulbasutre iz let med 1000-600 pr. n. št., ki opisujejo navodila za konstrukcijo oltarjev. V njih lahko opazimo presenetljiv uvid v različna področja matematike, npr. decimalni zapis, iracionalnost in aproksimacije korenov.
Indijska konstrukcija gre takole:
V ravnini je narisan pravokotnik ABC D (glej sliko 2). Recimo, da je osnovnica AB krajša od stranice BC. (V nasprotnem primeru lahko pravokotnik zavrtimo ali pa preimenujemo njegova oglišca.) Na stranicah BC in AD zaporedoma izberimo tocki E in F tako, da bo lik ABEF kvadrat. Naj bosta G in H zaporedoma razpolovišci daljic EC in FD. Daljico AB podaljšamo do tocke I, daljico HG pa do tocke K, tako da bo lik AIKH kvadrat. Podaljšek FE naj seka daljico IK v tocki J. Sedaj s pomocjo vrvi, ki jo držimo v tocki I, izberimo tocko L na stranici BC, tako da bo IK = IL. Vzporednica stranici AB skozi L naj seka daljico IK v tocki M. Na daljici AI izberimo tocko O, tako da je OI = IM. Na koncu narišemo tako tocko N, da bo OIMN kvadrat.
Izracunajmo plošcino kvadrata OIMN in tako pokažimo, da so imeli Indijci prav. Pred dokazom omenimo še eno zelo pomembno dejstvo iz zgodovine matematike: Prav vse stare civilizacije so že pred Pitagoro poznale kasneje poimenovani Pitagorov izrek.
IM2 = IK2 - EG
= (2(a + b^2 - (1 (b - arf = ab, to pa je bilo treba dokazati.
Križne vsote
-> 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.
	8	,6			
3			14		
23				15	
		9			2
			6		
			8		
XXX
J
I
8
PRESEK 43 (2015/2016) 1	8
MATEMATIKA
51. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje
•J/ •i' Np
Klavoija Cof Mlinšek
-> Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj so se v soboto, 18. aprila 2015, pomerili v sedmih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti do 1% vseh sedmošolcev, osmošolcev in devetošol-cev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dosežkov na podrocnem tekmovanju izbere državna tekmovalna komisija. Na šolah, kjer smo imeli izpeljano državno tekmovanje, so organizatorji pripravili prijetne prireditve.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vegovimi priznanji. V sedmem razredu smo podelili 64, v osmem 64 in v devetem 64 zlatih Vegovih priznanj. Učenci, ki na tekmovanju Mednarodni matematični Kenguru dosežejo najboljši uspeh in hkrati dosežejo vsaj polovico točk na državnem tekmovanju, se udeležijo nagradnega izleta. V tem šolskem letu smo za najboljše učence zadnjih treh razredov osnovne šole organizirali nagradni izlet v Mozartovo mesto Salzburg. Ogledali smo si tudi rudnik soli v Berchtesadnu na Bavarskem. Povabili smo 111 najboljših ucencev. Izlet je bil za ucence nepozaben.
Nagrade, ki so bile podeljene v Grand hotelu Union, so prejeli najbolje uvršceni tekmovalci, in sicer:
www.presek.si www.dmfa-zaloznostvo.si
7. razred
I.	nagrada
■	Urša Mati Djuraki, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana
II.	nagrada
■	Simon Bukovšek, OŠ Škofja Loka - Mesto
■	Tin Pavlinic, OŠ Prežihovega Voranca, Maribor
■	Gal Zmazek, OŠ Ljudski vrt Ptuj
III.	nagrada
■	Hana Glumac, OŠ Domžale
8. razred
I.	nagrada
■	Ema Kavčič, OŠ Rovte
II.	nagrada
■	Manca Dremelj, OŠ Log - Dragomer
■	Tjaša Jecl, OŠ Šmarje pri Jelšah
■	Marija Klemenčič, OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka
III.	nagrada
■	Anamarija Mežnar, OŠ Karla Destovnika -Kajuha Šoštanj
9. razred
I.	nagrada
■	Ana Meta Dolinar, OŠ Danile Kumar, Ljubljana
■	Andraž Jelinčič, OŠ Danile Kumar, Ljubljana
II.	nagrada
■	Anamarija Uršič, OŠ Ljudski vrt Ptuj
III.	nagrada
■	Julij Mlinšek, OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka
_XXX
PRESEK 43 (2015/2016) 1
9
MATEMATIKA
25. državno tekmovanje v razvedrilni matematiki
Klavoija Cof Mlinšek
-> Najbolj uspešni osnovnošolci in srednješolci s šolskih tekmovanj so se v soboto, 29. novembra 2014, pomerili v šestih regijah na državnem tekmovanju za zlato priznanje iz razvedrilne matematike. V letošnjem šolskem letu so tekmovali učenci od šestega do devetega razreda, dijaki od prvega do četrtega letnika in študenti. Na državno tekmovanje se je uvrstilo 542 tekmovalcev.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi priznanji. V šestem razredu smo podelili 20, v sedmem razredu 20, v osmem 22 in v devetem 22 zlatih priznanj. V prvem letniku smo podelili 12, v drugem 16, v tretjem 16 in v Četrtem 13 zlatih priznanj.
Nagrade, ki so bile podeljene na svečani DMFA podelitvi v Hotelu Union, prejmejo najboljši tekmovalci, in sicer:
www.obzornik.si
www.presek.si
www.dmfa-zaloznostvo.si
6. razred
I.	nagrada
■	Domen Jurkovič, OŠ Škofljica
II.	nagrada
■	Neli Crnkovič, OŠ Toma Brejca, Kamnik
■	Peter Lekše, OŠ Šmartno pod Šmarno Goro
III.	nagrada
■	Lara Vettorazzi, OŠ Stranje
7. razred
I. nagrada
Luka Cvikl, II. OŠ Celje Mateo Filimonovic, OŠ Lucija Žiga Kmecl, OŠ Domžale Andraž Kovačič Pohorec, OŠ Sladki Vrh Sara Mihalič, OŠ Center, Novo mesto Martin Mlinšek, OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka Mojca Novak, OŠ Stara Cerkev Ula Perovec, OŠ Podgorje pri Slovenj Gradcu Gregor Pogačar, OŠ Toma Brejca, Kamnik
8. razred
I.	nagrada
■	Luka Korotaj, OŠ Martina Konšaka Maribor
■	Blaž Krajnik, OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka
II.	nagrada
■	Živa Uršic, OŠ Toma Brejca, Kamnik
III.	nagrada
■	Lucijan de Reggi, OŠ Lucija
■	Ana Intihar Marulc, II. OŠ Celje
■	Pija Kapš, OŠ Šmihel, Novo mesto
■	Ana Kolenc Milavec, OŠ Miroslava Vilharja Postojna
10
PRESEK 43 (2015/2016) 1	10
MATEMATIKA
9. razred
I.	nagrada
■	Eva Brudar, OŠ Grm, Novo mesto
■	Varja Čučulovic, OŠ Sostro
■	Žiga Mazej, OŠ Domžale
■	Julij Mlinšek, OŠ Cvetka Golarja, Škofja Loka
■	Benjamin Poljanc, OŠ Križe
■	Miha Radež, OŠ Otocec
■	Jaka Šivavec, OŠ Domžale
■	Anamarija Uršič, OŠ Ljudski vrt Ptuj
■	Igor Zobovic, OŠ Franceta Prešerna, Maribor
1. letnik
I.	nagrada
■	Veronika Cvelbar, Gimnazija Vic, Ljubljana
■	Urban Duh, II. gimnazija Maribor
■	Miha Gjura, Gimnazija Vic, Ljubljana
■	Luka Govedič, II. gimnazija Maribor
■	Jakob Hofferle, Gimnazija Novo mesto
■	Sara Klopčic, Gimnazija Bežigrad
■	Gregor Mlinaric, II. gimnazija Maribor
■	Zala Potočnik, Gimnazija Bežigrad
■	Tim Štuhec, Gimnazija Franca Miklošiča Ljutomer
3. letnik
I. nagrada
■	David Horvat, I. gimnazija v Celju
■	Doris Keršič, Konservatorij za glasbo in balet Maribor
■	Rok Krumpak, Šolski center Celje, Gimnazija Lava
■	Goran Mundar, Gimnazija Franca Miklošica Ljutomer
■	Uroš Prešern, Gimnazija Novo mesto
4. letnik
I.	nagrada
■	Polona Aupič, Gimnazija in srednja šola Kocevje
■	Sandi Režonja, Gimnazija Murska Sobota
II.	nagrada
■	Ruben Kurinčic, Gimnazija Nova Gorica
III.	nagrada
■	Tina Šket, Gimnazija Bežigrad
_XXX
Križne vsote
S I T EV S STRANI 8
2. letnik
I.	nagrada
■	Žan Peter Černe, Gimnazija Bežigrad
■	Klara Drofenik, I. gimnazija v Celju
■	Klemen Gorše, Gimnazija in SŠ Kocevje
■	Jan Ivkovic, Gimnazija Bežigrad
■	Luka Kralj, Gimnazija Nova Gorica
■	Martina Lokar, Škofijska Gimnazija Vipava
■	Marija Marolt, Gimnazija in SŠ Kocevje
■	Liza Mirtič, Gimnazija Novo mesto
■	Timen Stepišnik Perdih, I. gimnazija v Celju
■	Žiga Željko, Gimnazija Bežigrad
Re
>1/ -i' •i'
	8	„			
9	2	7	14		
23	6	9	8	15	
		9	6	3	12
			16	7	9
			8	5	3
XXX
PRESEK 43 (2015/2016) 1
11
FIZIKA
Zaključek šolskega leta ob zgodbi o Arhimedu in zlati carjevi kroni
nU NU NU
Karel Šmigoc
Poučevanje fizike čestokrat popestrimo z njeno zgodovino ali vsaj z zanimivo zgodbo, ki je povezana z določeno osebo ali z okoljem, v katerem je nastajalo novo odkritje. Tak primer je tudi zgodba o Arhimedu in carjevi zlati kroni. Ceprav ne vemo natančno, kako je Arhimed ugotovil delež srebra v carjevi zlati kroni, lahko domnevamo in skušamo najti način, kako bi to najenostavneje ugotovili z današnjimi pripomočki. Poglejmo, kako so učenci osmega razreda OŠ Lesično doživeli to zgodbo pri zadnjih urah pouka ob koncu šolskega leta.
Bil je lep soncen dan - poletni solsticij. Ucenci so se sestali z mentorico gospo Mileno Grobelšek na travniku, na katerem je bila petstolitrska kad napolnjena s toplo vodo. Ker so zgodbo o Arhimedu in zlati kroni že poznali, so po navodilih mentorice zaceli s potapljanjem in merjenjem telesne teže pod vodo (slika 2). S primerjanjem teže na zraku in pod vodo so določili vzgon, ki deluje na potopljeno telo. Delo so zakljucili z malico in se odlocili, da bodo nadaljevali razpravljanje o poskusu, ko bodo ponovno skupaj v fizikalni ucilnici (slika 2 zgoraj).
Pomagajmo ucencem nadaljevati zgodbo o Arhi-medu in carjevi kroni tako, da bomo uporabili rezultate njihovih meritev. Krona iz naše zgodbe je bila domnevno sestavljena iz dveh snovi, zlata in dodanega srebra. Da bomo lažje spremljali potek doloca-
SLIKA1.
K carju Hieronu v čudovit dvorec je bil poklican draguljar ... Bleščala se je zlata carjeva krona, počivala na mizi v pozlačeni dvorani. Slika in verzi so iz ruske pesnitve o Arhimedu in carju Hieronu [1 ].
nja srebra v kroni in na koncu svoje sklepanje preverili s poskusom, zamenjajmo krono z modelom telesa, sestavljenega iz aluminija in lesa (slika 3). Na-cin dolocanja sestave krone ali sestave modela je v obeh primerih enak, zamenjati moramo le ustrezne gostote.
Postopamo podobno, kot so merili naši ucenci. Izmerimo težo sestavljenega telesa na zraku in v vodi. Težo na zraku oznacimo z Fg, v vodi z F g in vzgon z Fvz. Teža potopljenega telesa je rezultanta sil Fg in Fvz, F' = Fg - Fvz. Poznamo F g, F', gostoto aluminija pa , gostoto lesa pL in gostoto vode pv, išcemo
12
PRESEK 43 (2015/2016)1
FIZIKA
P±
Pv
Fg
Fg - Fg
(1)
aluminij
mA, Va
les
mL, Vl
SLIKA 3.
V = VA + VL, m = mA + mL.
Model sestavljenega telesa iz aluminija in lesa.
F'
Ce označimo količnik # s k, lahko iz (1) izrazimo Fg
gostoto telesa:
Pt =
PV
1 - k'
(2)
SLIKA 2.
Zgoraj: Začetek meritev, spodaj: udeleženci s kraljico dneva v ospredju
gostoto sestavljenega telesa. Težo sestavljenega telesa izrazimo z njegovo prostornino V, z gostoto pt, z zemeljskim pospeškom g in enako tudi vzgon, le da upoštevamo pri zapisu vzgona gostoto vode. Razmerje sil Fg in Fvz izrazimo enkrat z razmerjem gostot, drugič z razmerjem, v katerem bosta samo sili Fg in Fvz: F^ = PgVV in F^ =	■ Na oba načina
g	vz Fvz PvgV Fvz Fg -Fvz
zapisani razmerji sil prikažemo z novim razmerjem:
Iz izraza (2) je razvidno, da je gostota potopljenega telesa enaka gostoti vode, ko je Fg = 0 oziroma k = 0. Dodatek srebra v carjevi kroni ugotovimo s primerjavo gostote čistega zlata z gostoto krone, ki jo dobimo po (2). Pri učenčih, ki so sodelovali pri merjenju teže pod vodo, pa je mogoče po izrazu (2) določiti gostote njihovih teles. Na primer: količnik med težo v vodi in na zraku, Fg /Fg, je bil od 1/18 do 1/16, kar ustreza gostoti teles od 18/17 do l6/l5 gostote vode.
Vrnimo se k našemu modelu iz aluminija in lesa, ki po sestavi ponazarja zlato krono, kateri je dodano srebro. Po izrazu (2) določimo njegovo gostoto, z malo računske spretnosti pa lahko tudi določimo delež aluminija in lesa. Postopek je zanimiv in splošno uporaben za določanje deleža sestavin v telesu, če poznamo gostote posameznih snovi in gostoto telesa, kije dobljena po izrazu (2). Po znanem obrazču p = m zapišimo gostoto sestavljenega telesa z njegovo maso m in prostornino V, gostoto aluminija z maso mA in prostornino VA, gostoto lesa z maso mL in prostornino VL ter izrazimo njihove prostornine z ustreznimi masami in gostotami. Ker je prostornina sestavljenega telesa enaka vsoti prostornin posameznih sestavin, lahko izraz za vsoto V = VA + VL zapišemo:
m
Pt
mA + mL
Pa
Pl
(3)
Delež aluminija mA/m v sestavljenem telesu označimo z dA, delež lesa mL pa z dL. Masi mA in mL izrazimo z dA, dL in m. S temi oznakami zapišemo izraz (3) v obliki: m = dAPA + dLm .Po deljenju obeh

14	PRESEK 43 (2015/2016) 2

FIZIKA
—^ strani z m in upoštevanju, da je dA + dL = 1, dobimo delež lesa v sestavljenem telesu, odvisen od gostote
obeh sestavin in od gostote telesa: dL =
PA Pt
PA PL
Če za-
menjamo gostoto telesa z izrazom (2), postane delež lesa odvisen od gostote aluminija, gostote lesa, gostote vode ter od izmerjenih tež Fg in F'g:
d PA(1 - k) -1
dL = -PA-1-
Pl - 1
(4)
Na podoben nacin, kot smo določili delež lesa, bi lahko ugotovili tudi delež srebra v carjevi kroni.
Poglejmo, kako lahko uporabimo izraz (4) pri meritvah naših učencev. Zlate krone nimamo, imamo pa meritve njihovih tež na zraku in v vodi. Človeško telo obravnavamo podobno, kot smo obravnavali sestavljeno telo iz aluminija in lesa. Snovi, ki sestavljajo človeško telo, razdelimo v dve skupini. V prvo skupino uvrstimo mišice, kosti in nekatere organe. Gostota teh snovi je malo vecja od gostote vode, pov-precna vrednost je okoli 1,1 gostote vode. V drugo skupino uvrstimo mašcobe s povprecno vrednostjo 0,9 gostote vode. Gostoto snovi v prvi skupini primerjamo z gostoto aluminija, v drugi skupini pa z gostoto lesa. Razpolagamo tudi z meritvami teže telesa na zraku in v vodi, ki jih v izrazu (4) oznacimo s konstanto k. Ker se gostoti snovi v obeh skupinah zelo malo razlikujeta, morajo biti tudi meritve obeh tež, na zraku in v vodi, cim bolj natancne. Omenili smo že, da so bile v skupini ucencev vrednosti za k od 1/18 do 1/16, kar pomeni, da je delež mašcob v telesu od l4 do 18 odstotkov. Pri odraslih osebah je delež mašcob navadno nad dvajset odstotkov. Če upoštevamo, da so našo skupino sestavljali zelo mladi ljudje in da tudi zbranost pri meritvah ni prispevala k posebni natancnosti, je dobljeni rezultat še vedno sprejemljiv. Dejavnosti ucencev v naravi so bile namenjene predvsem doživljanju zgodbe o Arhimedu, dolocanje mašcob pa je le dodatna zanimivost, ki nekaj pove tudi o cloveškem telesu.
Literatura
[1] N. I. Kovancov, Matematika i romantika, Kiev, Višca škola, 1980, 48-54.
Razmisli in poskusi
sU vU vU
Mitja Rosina
58.
Poševni zvonik v Črnem Kalu
Ko smo se še vozili proti Kopru po stari cesti, mi je padel v oci poševni zvonik v Črnem Kalu. Mislil sem, da gre za iluzijo: zaradi centrifugalne sile, ki jo cutimo v avtu na ovinku, se nam zdi navpicnica nagnjena glede na pravo navpicnico. Vendar sem se nekoc ustavil in šel v vas pogledat, kaj je na stvari. Zvonik je res nagnjen! Domacini so mi povedali, da so namerili cel meter nagiba na vrhu zvonika. Če je vrh zvonika visok 20 metrov, to pomeni nagib 1:20, kar je 5 % ali 3°. Pozneje so zvonik nekoliko sanirali, toda še vedno je poševen.
Naloga. Deloma pa gre res za iluzijo. Pri hitri vožnji okrog ovinka se zdi zvonik še mnogo bolj nagnjen. Izracunaj, kolikšen je navidezni nagib, ce se pelješ s hitrostjo 50 km/h in je krivinski radij 200 metrov!
Če se kdaj ustaviš v Črnem Kalu, pa še sam izmeri nagib zvonika. Uporabi nekaj iznajdljivosti, kako boš to izmeril in napravi lepo fotografijo. Oceni tudi, koliko bolj se ti zdi zvonik nagnjen med vožnjo.
XXX
XXX
1
1
14
PRESEK 43 (2015/2016) 2
FIZIKA
Ena, dve, tri sence
nU NU NU
Nada Razpet
V 5. številki Preseka (letnik 2014/2015) smo bralce v preizkuševalnici povabili na opazovanje večkratnih senc. In kaj vse smo opazili?
Na lep soncen dan smo na balkonski mizi opazili dve senci loncka (slika 1). Na drugo senco, imenovali jo bomo sekundarna senca (kjer je senca žličke), smo bili pozorni šele, ko je mimoidoci zastrl nekaj direktne svetlobe. Zato smo tudi pri vseh nadaljnjih fotografijah del direktne svetlobe zastrli.
SLIKA 1.
Ob lepem sončnem vremenu smo na balkonski mizi opazili dve senci lončka.
Da je sekundarna senca vidnejša, ce del direktne svetlobe zastremo, kažeta sliki 2 in 3. Sliko 2 smo posneli brez zastirke, za sliko 3 pa smo del direktne svetlobe zakrili, zato se na podlagi vidi tudi senca zastirke.

SLIKA 2.
Sekundarna senca je slabo vidna. Določite primarno in sekun darno senčo.
Potem smo se opazovanja senc lotili nacrtneje.
1.	Najprej smo senci opazovali kratek cas (dopoldan). Lahko privzamemo, da se v tem casu azimut in višinski kot Sonca za opazovalca nista spremenila. Primerjamo legi senc pri bolj in manj odprtih balkonskih vratih. Lega in velikost primarne sence, ki je posledica absorpcije direktne sonceve svetlobe, se ni spremenila. Vmesni kot med primarno in sekundarno senco, ki je posledica absorpcije od vrat odbite svetlobe, pa se je pri bolj zaprtih vratih pove-cal, tudi dolžina sekundarne sence se je spremenila. Lege senc kažeta sliki 4 in 5.
2.	Da je sekundarna senca posledica absorpcije dela svetlobe, odbite od steklenih vrat, smo ugotovili tako, da smo vrata prekrili s papirjem. Sekundarna senca je izginila (slika 6). Sekundarna senca izgine tudi v primeru, ko vrata prevec odpremo ali zapremo. Iz tega sklepamo, da sekundarno senco vidimo le pri posebnih pogojih, o katerih bomo govorili kasneje.
SLIKA 3.
Z uporabo zastirke se vidnost sekundarne sence izboljša.
18
"d
ro__
>	s= .u ro
"ro ti
-n ^

PRESEK 43 (2015/2016)1
15
FIZIKA
15
■Si "Č
"td 2 ti
CD
m
SLIKA 4.
Lega obeh senc na tleh ob balkonskih vratih.
3.	Nato smo senci opazovali še dlje. Najprej smo obrisali začetni legi obeh senc, nato smo počakali eno uro in senci fotografirali. Spremenili sta se legi in dolžini obeh senc (slika 7). Senci sta krajši, kar je logicno, saj smo omenili, da smo opazovali dopoldan.
4.	Še zadnjo serijo poskusov smo naredili tako, da sta na loncek padali direktna sonceva svetloba in svetloba, odbita od steklenih vrat in okna. Na sliki 8 so vidne sence dveh enako velikih predmetov.
SL|KA 5.	SLIKA 7.
Balkonska vrata smo nekoliko priprli. Lega sekundarne sence
3	Lega senc po eni uri opazovanja.
se je spremenila.
SLIKA 6.	-
Steklena vrata smo prekrili s papirjem. Sekundarna senca je SLIKA 8.
izginila.	Vsak predmet meče tri sence.
14
PRESEK 43 (2015/2016) 2
FIZIKA
Kaj iz omenjenih opazovanj lahko ugotovimo? Iz rezultatov prvega in drugega opazovanja sklepamo, katera senca je posledica absorpcije dela svetlobe, odbite od vrat. To je tista senca, katere lega (in seveda dolžina) se je spremenila, ko smo premaknili steklena vrata, oz. je ob prekritju vrat izginila. Ta senca je tudi nekoliko svetlejša.
Pri tretjem poskusu lege vrat nismo spreminjali. Ker pa se je vpadni kot svetlobe v eni uri že bistveno spremenil, se je tudi lega in dolžina obeh senc spremenila.
Iz četrtega poskusa pa sklepamo, da lahko ob primerni legi steklenih površin opazimo vec senc.
Poglejmo še, ce lahko vse poskuse tudi graficno predstavimo z enim od racunalniških programov. Risali bomo s programom GeoGebra.
Ko rišemo sence, si mislimo, da svetlobo, ki pade na telo, razdelimo na ozke curke. Vsak curek upodobimo z žarki. Curki sonceve svetlobe so med seboj vzporedni, zato so tudi žarki med seboj vzporedni. Pušcica kaže, iz katere smeri prihaja svetloba.
Ponovimo osnovne lastnosti odboja žarkov na ravnem zrcalu: vzporedni žarki so tudi po odboju od ravnega zrcala še vedno vzporedni. Vpadni, odbiti žarek in vpadna pravokotnica ležijo v isti ravnini. Vpadni kot je enak odbojnemu kotu. Navadno odboj žarkov na ravnem zrcalu rišemo tako, kot to kaže slika 9.
Narišimo še prostorsko sliko. Z rumeno barvo smo oznacili žarke, ki predstavljajo curke svetlobe. Daljica TF predstavlja primarno senco, daljica FS pa sekundarno senco.
vpad nje pr^vokotnice
Ko premaknemo steklena vrata in pri tem privza-memo, da se med tem lega Sonca ni bistveno spremenila, se lega in dolžina sekundarne sence spremenita, saj se je spremenil kot, pod katerim vpada svetloba na steklo, in z njim seveda tudi odbojni kot. Primer kažeta sliki 10a in 10b. Opazimo še, da se lega in dolžina primarne sence nista spremenili.
a)	B
SLIKA 9.
Vpadni, odbiti žarek in vpadna pravokotnica ležijo v isti ravnini. Snop vzporednih žarkov je po odboju še vedno vzporeden.
SLIKA 10.
a) Na tleh opazimo dve senci. b) Ko vrata premaknemo, se spremenita lega in dolžina sekundarne sence.
->
14	PRESEK 43 (2015/2016) 2

FIZIKA
—^ Ce smo žarke risali pravilno, ležijo vpadni, odbiti žarek in vpadna pravokotnica v isti ravnini. Ker lahko z racunalniškim programom GeoGebra koordinatni sistem vrtimo, prikažimo ravnino, v kateri ležijo omenjeni žarki, na dva nacina. Na sliki 11a smo narisali ravnino, v kateri ležijo žarki (obarvana modro), na sliki 11b pa smo koordinatni sistem zavrteli tako, da gledamo v smeri vpadne pravokotnice (pravokotno na vrata). Zdaj je dobro vidno, da ležijo vsi žarki v isti ravnini. Slika seveda še ni dokaz, ampak racunov na tem mestu ne bomo pisali.
SLIKA 11.
Vpadni, odbiti in direktni žarek ter vpadna pravokotnica ležijo v isti ravnini, ki je na sliki a) obarvana modro. Na sliki b) gledamo v smeri vpadne pravokotnice, to je pravokotno na površino vrat. Vidimo, da se žarki prekrivajo, ležijo v isti ravnini.
Konstruirajmo še primer, ko predmet mece tri sence (slika 12).
Sence lahko opazujemo na prostem ves dan. Tudi opoldan pri nas predmeti mecejo sence. Ce opazujemo na vzhodni ali zahodni strani hiše, nas pri opazovanju omejuje hiša sama in strešni napušci, ki zakrijejo del svetlobe, ki prihaja od Sonca. Teh težav pri opazovanje senc na južni strani hiše ni, vseeno pa vedno ne vidimo dveh oz. treh senc. Drugo (tretjo) senco vidimo le v primeru, ce je medsebojna lega Sonca in steklene površine taka, da v oknu (v vratih) vidimo sliko Sonca. Seveda pa moramo poskrbeti tudi za primerno lego predmeta, saj mora odbita svetloba padati na predmet. Da bosta sekundarni senci bolje vidni, pa je potrebno zastreti del direktne svetlobe.
V naši okolici je dovolj pojavov, ki jih lahko opazujemo in fotografiramo. Z uporabo primernih racu-nalniških programov lahko potem preverimo, ce jih tudi razumemo. Bolj vztrajni opazovalci lahko opravijo še ustrezne meritve fizikalnih kolicin in v mate-maticni obliki zapišejo povezave med njimi (recimo, kako se spreminja kot med primarno in sekundarno senco v odvisnosti od casa).
SLIKA12.
Tri sence zaradi absorpcije direktne sončeve svetlobe in odbite svetlobe od okna in od vrat.
_XXX
14
PRESEK 43 (2015/2016) 2
FIZIKA
35. tekmovanje iz znanja fizike za Stefanova priznanja v šolskem letu 2014/2015
•is ■i' ■i'
Barbara Rovšek
Najprej zapišimo nekaj statisticnih podatkov o 35. tekmovanju osnovnošolcev iz znanja fizike. Šolsko tekmovanje je bilo tokrat v tednu (ali dveh) pred zimskimi pocitnicami. Tudi v preteklem letu se ga je udeležila približno cetrtina generacij osmo in devetošolcev: vseh skupaj je bilo 7906. Vsak tretji udeleženec je osvojil bronasto Štefanovo priznanje, dva od devetih pa sta se prebila na po-drocno tekmovanje, ki je potekalo v 17-ih regijah po Sloveniji. Od 1746 udeležencev podrocnega tekmovanja jih je 1092 osvojilo srebrno Štefanovo priznanje, vsak šesti udeleženec podrocnega tekmovanja (in vsak 25. udeleženec šolskega tekmovanja) pa se je uvrstil na državno tekmovanje.
Državno tekmovanje je bilo v soboto 11. aprila 2015 na Pedagoški fakulteti v Ljubljani, Fakulteti za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru ter na Osnovni šoli Rence. Tekmovalo je 308 ucencev, od katerih jih je 108 osvojilo zlata priznanja.
Pri eksperimentalnem delu tekmovanja so osmo-šolci opazovali in merili omocenje. V cašo z vodo so potopili eno krajišce traku iz papirnate brisace in potem merili, kako hitro se voda giblje po traku. Racunali so povprecno in trenutno hitrost vode ter narisali graf poti v odvisnosti od casa. Razmisliti so morali, katere okolišcine vplivajo na pojav.
Merjenje, ki so ga opravili devetošolci, je bilo (že spet) iz elektrike. Sestavljali so galvanske clene iz razlicnih elektrod, jih povezovali zaporedno in merili napetosti takih clenov. Bistveni del naloge je pre-
verjal, ali so pri pojavu prepoznali vzorce in pravila, ki veljajo za napetosti posameznih in zaporedno vezanih galvanskih clenov. Na koncu so na baterijo iz pravih treh clenov vezali sveteco diodo in ugotovili barvo svetlobe, ki jo oddaja.
8. razred
V 8. razredu je prejelo nagrade sedem ucencev in ena
ucenka. Vse tri prve nagrade so romale v Kranj na tri
osnovne šole. Bravo Gorenjci!
1.	nagrada
■	David Ošlaj, OŠ Stražišce Kranj, mentorica Silva Majcen;
■	Tevž Lotric, OŠ Predoslje Kranj, mentorica Erna Fajfar;
■	Bor Gazvoda, OŠ Simona Jenka Kranj, mentorica Irma Pustotnik.
2.	nagrada
■	Lucijan De Reggi, OŠ Lucija, mentorica Lijana Turk;
■	Leo Ogrizek, OŠ Dušana Bordona Semedela -Koper, mentorica Vlasta Zrnec.
3.	nagrada
■	Tadej Strah, OŠ Ferda Vesela Šentvid pri Sticni, mentorica Anica Vozel;
■	Vladimir Smrkolj, OŠ Toneta Cufarja, Ljubljana, mentorica Sonja Koželj;
■	Maša Žaucer, OŠ Poljane, Ljubljana, mentorica Tatjana Šeruga.
14	PRESEK 43 (2015/2016) 2

FIZIKA
9. RAZRED
Tudi v 9. razredu je prejelo nagrade osem ucencev.
Dva izmed nagrajencev sta z iste osnovne šole.
1.	nagrada
■	Andraž Jelinčič, OŠ Danile Kumar, Ljubljana, mentorica Helena Leskovar;
■	Marko (Zmrlec, OŠ Dobrepolje, mentorica Renata Pelc.
2.	nagrada
■	Tim Kmecl, OŠ Domžale, mentorica Bela Szomi Kralj;
■	Aljaž Simonič, OŠ Ljudski vrt Ptuj, mentorica Jasmina Žel;
■	Jaka Šivavec, OŠ Domžale, mentorica Bela Szomi Kralj.
3.	nagrada
■	Aleš Globočnik, OŠ Šencur, mentorica Andreja Jagodic;
■	Jon Judež, OŠ Šmihel, Novo mesto, mentorica Milena Košak;
■	Aleks Skok, OŠ Srecka Kosovela Sežana, mentorica Mojca Štembergar.
SLIKA 1.
Osmošolka na državnem tekmovanju v Ljubljani meri, do katere višine je po papirnatem traku prilezla voda (foto Jan Šuntajs).
Razpis tekmovanja za novo šolsko leto, v katerem so zapisane vsebine tekmovanja, pravilnik tekmovanja in bilten 35. državnega tekmovanja, kjer najdeš tudi naloge s tekmovanja z obširnimi rešitvami, so objavljeni na spletnih straneh DMFA Slovenije, http://www.dmfa.si/fi z_OS/.
SLIKA 2.
Nagrajenci 35. tekmovanja osnovnošolcev za Štefanova priznanja na prireditvi Bistroumi 201 5, kije potekala
24. maja 201 5 v dvorani Union v Ljubljani. Na sliki so še Častni podeljevalec nagrad prof. dr. Janez Strnad, povezovalec prireditve Nik Škrlec in avtorica tega prispevka. Edina nagrajenka se skriva za nagrajencem, ki drži v roki vrecko (foto: Jan Šuntajs). _ XXX
14
PRESEK 43 (2015/2016) 2
FIZIKA
Misija Mumbaj: USPELA!
nU NU NU
Tomaž Cvetko
V	Indijskem Mumbaju je letos potekala 46. Mednarodna fizikalna olimpijada. V za nas neobičajnem okolju (vročina, vlaga, pekoča hrana in hotel, sicer s petimi zvezdicami, a z zelo omejenim izhodom) smo prebili deset dni. Končni rezultat? Pet bronastih kolajn za slovensko ekipo!
Priprave so letos potekale od 29. junija do 1. julija na Fakulteti za matematiko in fiziko v Ljubljani. Tam smo se spoznali z malo bolj poglobljenimi koncepti nekaterih podrocij fizike, ki so v srednji šoli dokaj zanemarjena, predvsem pa bili deležni mnogoterih opozoril glede tveganja, ki ga predstavlja uživanje hrane v Indiji. Tako smo se polni previdnosti in novega znanja podali na pot v daljno Indijo.
Ob 10. uri dopoldan smo 3. julija poleteli z zagrebškega letališca, prestopili v Istanbulu in okoli 5. ure zjutraj naslednji dan po lokalnem casu pristali v Mumbaju. Tam smo se že takoj soocili z mogoc-nostjo indijske birokracije in formalizma, ko smo se skozi vsaj tri preverjanja potnih listov in viz prebijali do naše prtljage, to pa so ob izhodu seveda še enkrat pregledali. Ob izhodu iz letališke stavbe nas je že navsezgodaj pozdravila soparna vrocina, prica-kali pa so nas tudi organizatorji tekmovanja.
Prvi dan smo porabili za to, da smo se nastanili v hotelu, spoznali z ogromnim kompleksom, ki je postal naše edino indijsko zacasno bivališce, in si nabrali novih moci. Naslednji dan je bil posvecen predvsem otvoritvi olimpijade; žal pa je bila ta zelo dolga in se je mestoma vecini prisotnih v avditoriju Homi Bhabhe zdela precej enolicna in dolgovezna. Dan pred tekmovanjem smo obiskali planetarij, v katerem smo poleg dejstev o vesolju, izvedeli tudi nekaj o zgodovini indijske osamosvojitve. Natancneje receno: to so izvedeli tisti, ki si niso privošcili malo okrepcilnega spanca.
V	torek, 7. julija, pa nas je cakal prvi izziv. Eksperimentalni del tekmovanja. Zacetek je bil nacrtovan za deseto uro dopoldne, a smo zaceli »le« 45 minut
kasneje. Nihce ni vedel, zakaj. Eksperimentalni del tekmovanja je dokaj pricakovano imel opraviti predvsem s svetlobo.
V prvem delu smo tekmovalci morali dolocati geometrijske parametre navadne vijacne vzmeti in dvojne vijacnice. Vzorec smo osvetlili z laserjem in potem opazovali uklon ter interferenco na oddaljenem zaslonu. Sam proces je zahteval veliko natancnost in pa hitrost, saj je bilo potrebno opraviti razmeroma veliko kolicino meritev in narisati pet grafov (za vsakega je bilo potrebno odcitati povprecno šest meritev), potem pa iz strmine grafov še dolocati geometrijske lastnosti obeh vzorcev. Na sreco se je postopek izkazal za dokaj ponovljivega za vseh pet primerov. Je pa prvi del eksperimenta vzel kar precejšen del petih ur, ki so bile na voljo (vsaj tri, meni celo kar štiri ure).
Drugi del eksperimenta je obravnaval interferenco laserske svetlobe na vzvalovani vodni gladini. Laserski žarek smo pod kotom usmerili na gladino vode, ki smo jo zbujali z generatorjem frekvenc in merili interferencno sliko na zaslonu. Sama slika je bila odvisna od frekvence valov, površinske napetosti, gostote in viskoznosti vode ter valovne dolžine laserske svetlobe, ki pa je bila seveda konstantna in podana. Celoten drugi del je bil posvecen dolocanju koeficienta površinske napetosti in koeficienta visko-
->
14	PRESEK 43 (2015/2016) 2

FIZIKA
—^ znosti vode. Ta del je bil vsebinsko nekoliko bolj zahteven, pa tudi bolj zanimiv, toda zanj je ostalo bolj malo casa in vecini (iz slovenske ekipe) se ni uspelo dobro poglobiti v ta izziv. Vsi pripomocki za eksperiment so bili brezhibni in vse meritve se je dalo izvesti brez tehnicnih težav, tako da glede tega gredo vse pohvale organizatorjem.
Po eksperimentalnem dnevu je sledil dan premora, ki ga je zapolnil ogled raziskovalnega centra TIFR (Tata Institute of Fundamental Research). Prva ner-voza se je že razkadila in kar prešerno smo si ogledali laboratorije, ceprav že malo navelicani cakanja, ki je postalo stalnica našega bivanja v Indiji. Na samem inštitutu smo ugotovili, da tam izvajajo brez dvoma zelo zanimive raziskave; nam pa kratek ogled ni potešil radovednosti, ki jo je zbudil v nas.
Po dnevu pocitka je sledil teoreticni preizkus znanja, za katerega je bilo na voljo prav tako pet ur, moc pa je bilo doseci 30 tock (eksperimentalni del je bil vreden 20 tock). V sklopu so bile tri naloge, vsaka vredna 10 tock.
Prva naloga je obravnavala delce s Sonca; v prvem delu Soncevo sevanje, v drugem pa nevtrine, ki priletijo s Sonca do Zemlje. Na zacetku je bila obravnavana soncna celica z doloceno površino, na katero vpadajo soncni žarki pravokotno, potem pa je bilo potrebno izracunati ali izraziti razlicne znacilnosti tega sistema, kot na primer vpadni energijski tok, moc socne celice in izkoristek soncne celice. V drugem delu smo obravnavali gostoto toka nevtrinov, ki vpadajo na Zemljo, trk nevtrina z mirujocim elektronom in berilijev atom kot gibajoci se vir nevtri-nov. Druga naloga se je osredotocila na nacelo minimalne akcije. V delu A smo obravnavali to nacelo v mehaniki, v delu B izpeljali lomni zakon za svetlobo, del C se je »dotaknil« valovne narave delcev,
del D pa je podajal model prehajanja snopa elektronov s podrocja z manjšim potencialom na podrocje z vecjim. Tretja naloga je bila s tockami najbolj radodarna in zato tudi nam, tekmovalcem, najljubša. Med reševanjem le-te smo se ukvarjali z modelom gorivne celice jedrskega reaktorja. V prvem delu smo odkrivali energijski aspekt gorivne celice, izracunali njeno moc na enoto prostornine in se ukvarjali s toplotnim ravnovesjem te celice. Drugi del nam je predstavil mehanizem delovanja reaktorja na atomski ravni, obravnavali smo trk nevtrona z atomom moderatorja v reaktorju. Zadnji del pa je spraševal po optimalnih dimenzijah reaktorja in masi uranovega oksida, potrebnega za stacionarno delovanje jedrskega reaktorja.
Razpoloženje po koncanem teoreticnem delu v ekipi je bilo zelo razlicno, od neprikritega optimistic-nega navdušenja, mešanih obcutkov, prek absolutne stoicne drže do prvih znakov depresije. Toda kmalu smo se vsi zedinili, da je fizikalna olimpijada Vendarle za nami in da lahko olajšani zacnemo uživati v Mumbaju. No, tako smo vsaj mislili. Naš poskus sprehoda po okolici hotela se je koncal pri stražar-nici na koncu dovoza do hotela. Izkazalo se namrec je, da je hotel varovalo nekaj sto policistov in da nam nikakor niso mogli dovoliti izhoda. Najbrž je temu botroval strah pred vsem, kar bi se nam utegnilo zgoditi na ulicah v spremstvu naših mladih vo-dicev. Naslednje dni smo tako posvetili pocitku ob hotelskem bazenu in rekreaciji v fitnesu. Ekskurzijo v šest ur oddaljeno tovarno avtomobilov smo izpustili, ker smo se želeli izogniti zelo verjetnemu caka-nju in zamudam.
Pa smo se vseeno še malo nacakali. Na rezultate. Ti pa so bili vsekakor vredni cakanja. Da smo novico o kar petih bronastih medaljah premleli in popolnoma dojeli, je trajalo kar nekaj casa, nato pa smo proslavili v velikem slogu: z rižem in ustekleniceno vodo - pa tudi kakšna tortica se je našla.
Koncna ugotovitev? Misija Mumbaj: USPELA! Olimpijade se je udeležilo 382 dijakov iz 82-ih držav. Prav vsi clani ekipe (poleg podpisanega še Jakob Jazbec, Aleksej Jurca, Blaž Karner in Žan Kokalj) pa smo se precej uspešno spopadli z nalogami in domov odnesli kar pet bronastih kolajn! To je izjemen ekipni uspeh za Slovenijo na fizikalni olimpijadi, saj še nikoli ni nobena ekipa osvojila petih kolajn.
_ XXX
14
PRESEK 43 (2015/2016) 2
astronomija
9. olimpijada iz astronomije in astrofizike
vU sU vU
Tadeja Veršiš in Andrej Guštin
Letošnja 9. olimpijada iz astronomije in astrofizike je potekala v Indoneziji v mestu Magelang. V casu deset dnevnega tekmovanja so naši tekmovalci izkazali vse svoje znanje astronomije, ki so ga razvijali pod mentorstvom Andreja Gu-ština, Dunje Fabjan, Uroša Kostica, Katje Bricman, Tadeje Veršic ter mentorjev na svojih srednjih šolah. Našo državo so na tekmovanju zastopali: Aleksej Jurca (Gimnazija Bežigrad), Jakob Jazbec (Šolski center Srečka Kosovela Sežana), Jakob Robnik (Gimnazija Bežigrad), Krištof Skok (I. gimnazija Celje) in Darko Kolar (Gimnazija Murska Sobota), na tekmovanju pa sta jih spremljala Andrej Guštin in Tadeja Veršic.
V tokratni številki Preseka predstavljamo kratke teoreticne naloge iz letošnje mednarodne olimpijade iz astronomije in astrofizike.
1. V sistemu Gliese 876 so opazili vec planetov. Masa zvezde je (MG = 0.33 ± 0.03Mo). Podatki za planete so predstavljeni v spodnji tabeli:
sistem Gliese	masa	velika polos (a.e.)	
Gliese 876 b	2,276 Mj	0,2083	
Gliese 876 c	0,714 Mj	0,1296	
Gliese 876 d	6,8 M®	0,0208	
Gliese 876 e	15 M®	0,3340	
Z Mo je oznacena masa Sonca, z Mj masa Jupitra (Mj = 1,89813 x 1027 kg) in z M® masa Zemlje. Planeti krožijo okrog zvezde v isti smeri. Za dva planeta velja, da sta v resonancnih orbitah, kadar je sinodska obhodna doba enega planeta celoštevilski veckratnik sinodske obhodne dobe drugega planeta. Ugotovi, ali so nekateri od planetov sistema Gliese 876 v resonancnih orbitah.
2.	Satelit nekega planeta ima obhodno dobo 7 dni 3 ure 43 minut okoli planeta, velika polos njegove orbite pa je 15,3-krat vecja od povprecnega polmera planeta. Naša Luna ima obhodno dobo okoli Zemlje 27 dni 7 ur 43 minut, velika polos njenega tira pa je 60,3-krat vecja od povprecnega polmera Zemlje. Predpostavi, da sta masi Lune in satelita zanemarljivi v primerjavi z maso planetov, okoli katerih krožita. Izracunaj razmerje povprecne gostote omenjenega planeta in Zemlje.
3.	Iz templja Borobudur je opazovalec 27. maja 2015 ob 02:18:49 opazoval okultacijo asteroida 1258 Julietta zvezde HIP 89931 (5-Sgr). Okultacija je trajala 6,201 s. Privzemi, da Zemlja kroži po krožni orbiti okrog Sonca, orbita Juliette pa leži v eklipticni ravnini in kroži v isti smeri kot Zemlja okrog Sonca. Ob okultaciji je Julietta blizu afelija in od Sonca oddaljena 3,076 a.e., od Zemlje pa 2,156 a.e. Velika polos Juliette je 2,9914 a.e. Izracunaj premer asteorida Julietta.
4.	Zamislimo si, da astronom opazuje mirujoco masivno crno luknjo brez elektricnega naboja z maso 2,1 x1010 MSonce z orjaškim infrardecim teleskopom, katererega premer objektiva je enak premeru Zemlje. Infrardeci teleskop zaznava svetlobo v obmocju med 20 - 640 jm. Izracunaj najvecjo oddaljenost, pri kateri bo opazovalec s tem teleskopom še razlocil crno luknjo.

PRESEK 43 (2015/2016) 1
25
astronomija

5.	Opazovalec poskuša dolociti približno vrednost ekscentricnosti umetnega satelita. Ko je bil satelit v apogeju, je opazovalec izmeril, da se je satelit v kratkem casu premaknil za kot 5y1 = 2'44''. Ko je radij vektor med središcem Zemlje in satelitom pravokoten na veliko polos orbite (prava anomalija je 90 stopinj), se je v enakem casovnem intervalu, kot v prvem primeru satelit, premaknil za Sty2 = 21'27''. Predpostavi, da je opazovalec v središcu Zemlje. Iz-racunaj približno vrednost ekscentricnosti satelitove orbite.
6.	Pred vsakim opazovanjem astronomi radioteleskop usmerijo k tockastemu radijskemu izvoru, za katerega je znano, da je njegova spektralna gostota svetlobnega toka (fluks) nad Zemljinim ozacjem vedno 21,86 Jy. Nekega dne, ko je bil ta izvor 35° nad obzorjem, so astronomi z radioteleskopom izmerili, da je njegova spektralna gostota svetlobnega toka (fluks) 14,27 Jy. Izracunaj zenitno opticno globino ozracja tz v tem delu EM spektra.
7.	Ubežna hitrost iz roba jate galaksij polmera 10 Mpc je 700 km/s glede na središce jate. Izracunaj gostoto te jate galaksij.
8.	Astronomi so opazovali mocan zvezni radijski signal nekega vesoljskega telesa, ki je trajal 700 ^s. Izmerjena spektralna gostota svetlobnega toka (fluks) pri frekvenci 1660 MHz je bila 0,35 kJy. Iz-racunaj efektivno temperaturo tega izvora, ce je od nas oddaljen 2,3 kpc.
9.	Predpostavimo, da Sonce seva kot idealno crno telo. Enako velja tudi za Venero, katere temperatura je TV in je v toplotnem ravnovesju (to pomeni, da izseva enako kolicino energije, kot jo prejme od Sonca). Privzamemo, da je oddaljenost Venere od Sonca 0,72 a.e. Ko je Venera Zemlji najbliže, je njen navidezni premer na nebu 66''. Izracunaj spektralno gostoto svetlobnega toka (fluks) z Venere pri frekvenci 5 GHz, ko je ta Zemlji najbliže.
10.	Oblak molekularnega vodika ima temperaturo T = 115 K. Vodikovi atomi (predpostavimo, da so krogelne oblike), imajo polmer rH = 0,37 x 10-10 m, razdalja med jedroma vodika v molekuli pa je dH2 = 0,74 x 10-10 m. Predpostavi, da so molekule v toplotnem ravnovesju. Izracunaj frekvenco, pri kateri vodikove molekule sevajo zaradi prehoda iz rotacijskega vzbujenega stanja (vrtenja molekul).
11.	Gostota nekega vesoljskega telesa je obratno-sorazmerna z oddaljenostjo od njegovega središca. Sorazmernostni faktorje a = 5,0 x 1013 kg/m3. Izra-cunaj maso telesa, ce je ubežna hitrost na njegovem površju v0 = 1,5 x 104 m/s.
12.	Proton s kineticno energijo 1 GeV potuje od površja Sonca proti Zemlji. Izracunaj cas potovanja protona od Sonca do Zemlje (gledano z Zemlje), ce zanemarimo vplive magnetnega polja Sonca.
13.	Jupitrova luna Io, katere vrtilna doba je sinhro-nizirana z obhodno dobo okoli Jupitra, je vulkansko zelo aktivna. Eden od možnih vzrokov je segrevanje njene notranjosti zaradi plimske sile, ki izvira predvsem od Jupitra. Plimska sila je rezultanta gravitacijskih sil, s katerimi Jupiter deluje na Io - na bližnje dele Io z vecjo silo kot na dele Io, ki so dlje od planeta. Radarske meritve Io so pokazale, da se površje Io lahko dvigne in spusti do 100 m v casu polovice njene obhodne dobe okoli Jupitra. S tolikšno ampli-tudo se dviga in spušca le površje, notranjost Io pa manj, zato lahko predpostavimo, da se celotna masa Io zaradi plime premakne za 50 m. Izracunaj pov-precno moc, s katero plimske sile segrevajo Io.
Namig: Za majhne % lahko uporabiš približek:
(1 + x)n « 1 + nx
Masa Io mio = 8,93 1 9 3 8 x 1022 kg
Najmanjša razdalja Io od Jupitra rperi = 420000 km
Najvecja razdalja Io od Jupitra rapo = 423400 km
Obhodna doba Io okoli Jupitra 152853 s
Polmer Jupitra Rlo = 1821,6 km.
14.	Zamislimo si, da živimo v staticnem in neskonc-no velikem vesolju, v katerem je povprecna gostota zvezd n = 109 1/Mpc3. Predpostavi, da v tem vesolju velja standardna evklidska geometrija. Izracu-naj, kako dalec lahko v povprecju vidiš v vesolje, preden tvoj pogled v vseh smereh ne naleti na zvezdo. Povprecni polmer zvezd naj bo enak polmeru Sonca. Prosimo, da rezultat izraziš v Mpc.
15.	Letalo je letelo iz Lime, prestolnice Peruja (zemljepisna širina 12°2' severno, zemljepisna dolžina 77° 1' zahodno), v Yogyakarto (zemljepisna širina 7°47' južno, zemljepisna dolžina 110°26' vzhodno). Letalo je izbralo najkrajšo pot med Limo in Yogya-karto. Izracunaj zemljepisno širino najbolj južne tocke, skozi katero je letelo letalo. _x x x
26
PRESEK 43 (2015/2016) 1	26
racunalniš tvo
Problem najbližjih tock
•is ■i' ■i'
Igor Pesek
V prispevku bomo predstavili problem najbližjih tock v množici P z n > 2 točkami. Rešitev problema je uporabna, ko moramo, denimo, odkriti oz. določiti, kateri dve osebi stojita najbližje ena drugi (otroška igra), pa tudi kateri dve letali sta si najbližje (preprečitev nesreče v letalskem prometu). Problem bomo opisali natančneje. Osebe bodo postale točke, igrišče pa bo postalo premiča, ravnina ali prostor. Poiskati torej želimo najbližji točki v množiči danih točk P, ki ležijo v N-dimenzional-nem prostoru. Najbližji v našem primeru pomeni običajno evklidsko razdaljo, kjer je razdalja med točkama v ravnini p1 = (x1,y1) in p2 = (x2,y2) enaka distp1 ,p2 = ^(x1 - x2)2 + (y1 - y2)2. Grafična ponazoritev problema je prikazana na sliki 1.
SLIKA 1.
Množica tock v ravnini
www.dmfa.si
Pregled vseh možnih razdalj
Problema se lahko lotimo s preiskovanjem vseh možnih razdalj med tockami. V eni dimenziji, na premici, tako pregledamo n2 parov tock in med njimi dolocimo najbližji par. Ce podane tocke narašcajoce uredimo, lahko preiskovanje pohitrimo, saj moramo pregledati le pare tock pt in pi+1 za i = 1,...,n - 1 in med njimi dolociti najbližjega. Takšno preiskovanje zahteva linearni cas, vendar moramo upoštevati še cas za urejanje množice tock. V ravnini in višjih dimenzijah nam ta razmislek ne pomaga, zato moramo izracunati razdalje za približno O(n2) parov tock.
Iskanje s pomočjo strategije deli in vladaj
Problem lahko hitreje rešimo s pomocjo strategije deli in vladaj, ki smo jo v Preseku že predstavili. Pri tej strategiji se problem obicajno rešuje s pomocjo rekurzivnih klicev v treh korakih; kar bomo predstavili za primer, ko tocke ležijo v ravnini.
Deli. Poišcemo navpicno premico L, ki deli množico tock na dva dela Plevo in Pdesno. Ta sta po velikosti enaka oz. v primeru lihega števila tock v P je v Plevo ena tocka vec. Pri tem so vse tocke iz Plevo levo od crte L in tocke iz Pdesno desno od crte L. Primer razdelitve s premico L je prikazan na sliki 2.
Vladaj. Izvedemo dva rekurzivna klica; s prvim poišcemo najbližji par tock v Plevo in z drugim klicem najbližji par tock v Pdesno. Vsak klic vrne najkrajšo razdaljo dlevo oz. ddesno dane množice, kot je prikazano na sliki 3. V rekurzivnem klicu pazimo, da v primeru števila tock dane množice |P| < 3 za dolocitev najkrajše razdalje pregledamo vse možne razdalje. Sedaj dolocimo d, ki je enak
■ d = min(dlevo, ddesno).
Združi. Najbližji par tock je sedaj bodisi par z razdaljo d, ki smo jo dolocili z enim od rekurzivnih

PRESEK 43 (2015/2016) 1
27
racunalni stvo

Plevo
Pde.
SLIKA 2.
Razdelitev na dve množici s premico L
SLIKA 4.
Navpični trak širine 2d
klicev, bodisi par tock, kjer ena tocka leži v Pievo in ena tocka v Pdesn0. Le-teh z rekurzivnimi klici nismo zajeli. Vseh parov tock iz razlicnih množic nam ni potrebno preveriti. Zakaj ne? Išcemo namrec takšen par, katerega razdalja je krajša od d. Zadostuje torej da preverimo samo pare tock, kjer sta obe tocki para znotraj navideznega navpicnega traku T, ki sega za razdaljo d na vsako stran od premice L. Skupaj je torej T širok 2d, kot je prikazano na sliki 4. Zakaj je to dovolj? Če želimo najti krajšo razdaljo od d, je iskanje dlje od teh premic nesmiselno, ker bo razdalja zagotovo vecja od d. V najslabšem primeru ena od tock leži na premici L, tocka iz druge množice pa je najvec za d oddaljena od prve tocke. Torej nas vse tocke, ki ležijo izven traku T, ne zanimajo in jih za ta korak v celoti pozabimo. Sledi pregled vseh parov tock, ki ležijo znotraj traku T. Ta korak lahko tudi pohitrimo. Kako? Tocke uredimo narašcajoce

^dd e.
po y-koordinati, kar nam pomaga pri preiskovanju, saj sedaj zadostuje, da pregledamo samo tocke, ki tudi v navpicni smeri niso oddaljene za vec kot d od preiskovane tocke. Primer je prikazan na sliki 5. Pregledamo vse tocke znotraj traku T; ce obstaja takšen dT < d, potem smo našli novo najkrajšo razdaljo, sicer je najkrajša razdalja tista, ki smo jo dobili z enim od rekurzivnih klicev.
V nadaljevanju je predstavljen algoritem za iskanje najbližjega para tock. Nekatere funkcije v algoritmu so prepušcene bralcu, da jih napiše sam.
NajblizjiTocki (P, P_x ,n)
if |P_x| <= 3: NajkrajsaRazdalja(P_x) //pregledamo vse pare
Deli(P_x, P_levo, P_desno, L, n) d_levo = NajblizjiTocki(P, P_levo, n) d_desno = NajblizjiTocki(P, P_desno, n) d = min(d_levo, d_desno)
//pregledamo vse tocke znotraj traku T P_t = Dol oči TockeNaTraku(P_x, L, d) Uredi Po_Y_Koordi nati(P_t) d_t = PoisciNajkrajsoRazdaljo(P_t, d)
return min(d, d_t)
d
L
L
L
www.presek.si
SLIKA 3.
Rezultat rekurzivnih klicev
28
PRESEK 43 (2015/2016) 1	28
racunalniš tvo
•		»	
•	d	i	•
	d	t	
•			d
SLIKA 5.
Področje iskanja v navpičnem traku T
Zaključek
Algoritem za iskanje najbližjega para po strategiji deli in vladaj ima časovno zahtevnost O(n ■ log n), kar je precejšnja izboljšava v primerjavi z metodo preiskovanja vseh razdalj med pari točk, ki ima časovno zahtevnost O(n2). Predstavili smo delovanje algoritma v ravnini (N = 2), vendar se takoj postavi vprašanje, kaj pa v 3D prostoru (N = 3) ali kakšnem večdimenzionalnem prostoru (N > 3). Izkaže se, da algoritem deluje tako, da navpična premiča ni več premiča ampak ravnina oz. natančneje, delilna premica L je vedno prostor z eno dimenzijo manj, kot je N.
Literatura
[1] T. H. Cormen, C. E. Leiserson, R. L. Rivest in C. Stein, Introduction to Algorithms, MIT Press, 2009.
_XXX
www.dmfa.si
www.obzornik.si
www.presek.si
Barvni sudoku
•4/ -i' •i'
V 8 X 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstiči, v vsakem stolpču in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 X 4) nastopalo vseh 8 števil.
3
O □
m
>
a.
<
m
>
m
* £
-» a
	3				7	4	8	
	4			5				
						3	1	
			5			8	4	
5			4					
	1		7					
	7	4				2		
1			8					
								
E	L	9	17	8	Z	S	1
S	2	L	8	E	4	7	9
9 L	S	17	Z	7	E	1	8
	L	8	E	4	9	Z	5
4	8	Z	L	S L 9 E Z L 8 17			
1	3	S	9				
Z	9	E	5	L	8	4	L
8	4	7	L	9	S	3	Z
							
XXX
L
PRESEK 43 (2015/2016) 1
29
RAZVEDRILO
Astronomska literatura
Ob mednarodnem letu astronomije smo na enem mestu zbrali vse publikacije s podrocja astronomije, ki so na voljo pri DMFA-založništvu.
Govert Schilling in Lars Lindberg Christensen
OČI, ZAZRTE V NEBO 400 let odkritij s teleskopi
136 strani format 17 x 24 cm trda vezava, barvni tisk
24,99 EUR
Dintinjana, Fabjan, Mikuž, Zwitter
NAŠE NEBO 2015 Astronomske efemeride
84 strani
format 16 x 23 cm mehka vezava
10,00 EUR
Poleg omenjenih dveh ponujamo še veliko drugih astronomskih del. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi naročite:
http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ast ro/
Individualni naročniki revije Presek, Člani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob naroČilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553.
vU sU vU
RESITEV NAGRADNE KRlS ANKE
presek 42/6
-> Pravilna rešitev nagradne križanke iz šeste številke 42. letnika Preseka je Astronomija. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Matej Langus iz Tržica, Jaka Šikonja iz Metlike in Gregor Mlinaric iz Buc, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti.
_ XXX
16
PRESEK 43 (2015/2016) 30
RAZVEDRILO
Sosonce
nU vU NU
Nada Razpet
-> Ob mednarodnem letu svetlobe smo bolj pozorni na pojave v atmosferi. Tako smo 2. junija ob 6.15 pogledali skozi okno dnevne sobe in na nebu opazili svetlo pego. Bila je levo od Sonca, desno stran od Sonca so zakrivale hiše. To svetlo pego imenujejo tudi sosonce. Na spletu jo najdemo tudi pod drugimi imeni: pasonce, parhelij, v angleškem jeziku tudi Sun dog oziroma sundog.
Pojav nastane zaradi loma svetlobe na lebdečih ledenih kristalih v oblakih. Kristali imajo obliko pravilne šeststrane prizme. Ce so kristali ledu naključno orientirani, potem nastaneta kroga, katerih polmer vidimo pod kotom 22°, lahko pa tudi pod kotom 46°. To sta 22° halo in 46° halo, pri čemer je središče krogov v navideznem središču Sonca. Ce pa
SLIKA 1.
Levo do Sonca, gledano s strani opazovalca, smo videli sosonce. Slika je posneta v Domžalah.
so kristali orientirani tako, da ima večina kristalov osnovno ploskev vodoravno, potem na obeh straneh Sonča opazimo na halu dve svetli pegi, dve sosonči. Ce natančneje pogledamo sliko 1, potem pod soson-čem opazimo še kratek lok, čelotnega kroga pa na sliki ni in ga tudi nismo opazili. Torej je imela večina kristalov osnovo ploskev vodoravno. Podoben pojav se lahko opazi tudi pri Luni.
Svetlobni čurek se pri prehodu skozi prizmo dvakrat lomi in gre skozi dve nesosednji stranski ploskvi prizme, kot kaže slika 2. Lomni količniki za različne valovne dolžine se med seboj razlikujejo, zato je sosonče obarvano. Del sosonča, ki je najbližji Sonču, je rdečkast (na sliki 1 desno) je rdečkast, sledi rumena brava, proti repu pa je zeleno moder. Več o tem pojavu si lahko preberete v starejših letnikih Preseka, [1] in [2] (dostopen tudi na spletu) ter v knjigi [3].
Literatura
[1]	J. Rakoveč, Sosonce in 22° halo, Presek, 23 (1995-1996), 3, 140-141, DMFA - založništvo, Ljubljana.
[2]	M. Rovšek, Halo, čudoviti naravni pojav - 1. del, Presek 24 (1996-1997), 1, 6-13, DMFA - založništvo, Ljubljana.
[3]	J. Rakoveč in T. Vrhoveč, Osnove meteorologije za naravoslovce in tehnike, DMFA - založništvo, Ljubljana, 2000, str. 243.
SLIKA 2.
Žarek se pri prehodu skozi prizmo na nesosednjih stranskih ploskvah dvakrat lomi. Kot med vpadnim žarkom in žarkom, ki izhaja iz prizme, na sliki označen sivo, meri 22°.
_ XXX
i

1
2 s

16	PRESEK 43 (2015/2016) 
31
Zgodovina znanosti v stripu
Sredi decembra 2012 je Center za mladinsko književnost in knjižničarstvo pri Mestni knjižnici Ljubljana že tretjič podelil priznanja Zlata hruška. Z njimi so tokrat odlikovali kakovostno najboljših deset odstotkov otroške in mladinske književnosti, ki je izšla v letu 2011. DMFA-založništvo je priznanje prejelo za strip Življenja Marie Curie.
Švicarski avtor Raphaël Fiammingo, s kratkim umetniškim imenom Fiami, v tem stripu večjega formata duhovito predstavlja nekaj izsekov iz zgodovine kemije, od Aristotela do današnjega Casa. V vsakem razdelku nastopa dekle ali ženska, katere ime je razliCica imena Marija, v Cast veliki znanstvenici Marie Curie. Zgodbice ilustrirajo tudi vlogo žensk v raznih zgodovinskih obdobjih. Predvsem pa so zabavne in obenem poucne, saj zvemo marsikakšno zanimivo podrobnost o nastanku znanstvenih odkritij. Med najbolj posrecenimi je zgodbica o Mendeljejevu in njegovem sestavljanju periodnega sistema elementov. Tudi druge pripovedi ne zaostajajo. Knjigo je odlicno prevedel prof. dr. Alojz Kodre.
7,68 EUR
7,68 EUR
8,31 EUR
Pri DMFA-založništvo sta v Presekovi knjižnici izšli še dve knjigi istega avtorja
•	Galilejeva življenja, z zgodbami iz zgodovine astronomije, od Babiloncev do danes, ter
•	Einsteinova življenja, z zgodbami iz zgodovine fizike, vse od Sokrata do danes.
Ta dva stripa je prav tako izvrstno prevedel Alojz Kodre. Sta enako zanimiva, zabavna in poucna in bosta bralcu brez dvoma polepšala dan.
Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematicna, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikacije tudi narocite:
http://www.dmfa-za1ozni stvo.si/
Individualni narocniki revije Presek, clani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob narocilu pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje cene - izkoristite ga! Dodatne informacije lahko dobite v uredništvu Preseka po telefonu (01) 4766 553.
RAZVEDRILO
■is ■i' ■i'
Nagradna križanka
16
PRESEK 43 (2015/2016) 1
RAZVEDRILO
-> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani
www.presek.si/krizanka
ter ga oddajte do 15. oktobra 2015, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado.
XXX
16	PRESEK 43 (2015/2016) 32