1 1. LETNIK 32 (2004/2005) ŠTEVILKA 1 > LETO FIZIKE 2005 NALOGE NAGRADNI RAZPIS KRIŽANKA > ±¶¼¾½²´ĦŦǽ▐☻☻☺╫≥≡≠≈∂√∞⅞∑▒■■•―·®® ®®~~°±+)))%** ISSN 0351-6652 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 1 21.8.2004 10:00:32 2 ∑▒■■•―·®® ®®~~°±+)))%** Revija Presek izhaja že 31 let. V tem času je za matematiko, fiziko, astronomijo, v zadnjem času pa tudi za računalništvo, navdušila prenekaterega učenca in dijaka. Presek že od vsega začetka izhaja v nespremenjenem formatu. V zadnjih letih smo prišli do spoznanja, da je to obliko prerasel čas. Pred vami je prva številka naše in vaše revije v povsem novi podobi. Upamo, da vam je všeč, veseli pa bomo tudi vaših odzivov, komentarjev in kritik. Pregovor pravi, da kdor pri tridesetih ni pameten, ne bo nikoli pameten. Če smo malce samokritični, je bil Presek pogosto celo preveč »pameten«. Zato se bomo trudili, da bo revija v bodoče tudi vsebinsko bližja učencem in dijakom. Hkrati si želimo, da bi revijo prebirali tudi študentje matematike in fizike, predvsem pedagoških smeri. S tem se bodo že med študijem spoznavali z vsebinami, s katerimi bodo kasneje pri svojem delu lahko popestrili pouk matematike in fizike ter ga naredili še privlačnejšega za učence. Nenazadnje bi radi, da Presek postane revija tudi za vse ostale ljubitelje področij, ki jih Presek obravnava: torej za ljubitelje matematike, fizike, astronomije in računalništva. Ob novi grafični zasnovi Preseka vas vabimo tudi k sodelovanju pri njenem vsebinskem prenavljanju. Pišite nam, pošljite svoje pripombe in vsebinske želje. Če ste v matematičnih krožkih sestavili naloge, ki bi lahko bile zanimive tudi za druge bralce Preseka, jih bomo veseli. Morda ste se učitelji lotili zanimivih projektnih nalog. Zakaj ne bi zanje izvedeli še drugi? Morda ste pri dodatnem pouku naleteli na nalogo, katere rešitev vas je posebej pritegnila? Morda ste učenci ali dijaki sestavili zanimivo raziskovalno nalogo na eno izmed tem, ki bi bila zanimiva za bralce Preseka? Skratka, pišite nam! Maja Klavžar odgovorna urednica Preseka uvodnik 32 1. Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 2 21.8.2004 10:00:34 3 vsebina Presek revija za mlade matematike, fizike, astronome in raèunalnikarje letnik 32, šolsko leto 2004/2005, številka 1 uvodnik Nagovor odgovorne urednice .................................................................................... 1 Matematika Koliko prstov imajo na rokah Venerani? ................................................................... Trakovi in premice preko kroga ................................................................................. Dopolni račune (Rešitev nagradne naloge) ................................................................ Krog v trikotniku (Rešitev nagradne naloge) ............................................................. Gobelini .................................................................................................................. Johan Peter Gustav LeJeune Dirichlet 1805-1859 .................................................... Pravična delitev ....................................................................................................... Ulamova spirala ...................................................................................................... 40. tekmovanje za Zlato Vegovo priznanje ............................................................... 2 Fizika Hitrost svetlobe je meja ........................................................................................... 42. fizikalno tekmovanje srednješolcev Slovenije ...................................................... Najlepše fotografije za leto fizike ............................................................................. 3 Rac'unalnis'tvo Je vaš računalnik staknil virozo?............................................................................... 4 Astronomija Najdaljše trajanje popolnega sončevega mrka .......................................................... Marijan Prosen: Imena nebesnih teles ...................................................................... Kriz' anka Križanka ................................................................................................................. PRILOGA Evropski matematični kenguru ................................................................................. stran 2 stran 5 stran 6–8 stran 9 stran 10 stran 11 stran 12–13 stran 13–14 stran 15 stran 17 stran 19–22 stran 23–24 stran 25 stran 27–29 stran 21–32 stran 33 stran 16–17 priloga kazalo Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 3 21.8.2004 10:00:39 4 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 4 21.8.2004 10:00:39 5 koliko prstov imajo na rokah venerani? Raziskovalni robot Razkopač, ki ga je z raketnega izstrelišča na Volovji rebri poslala na Ve- nero Agencija RS za Vesolje, je posredoval na Zemljo tudi fotografijo kamna, na katerem je narisan naslednji vzorec: Ena od možnih domnev je, da je na fotografiji račun seštevanja. Dodatno predpostavimo, da Venerani uporabljajo pozicijski številski zapis, ki je analogen našemu desetiškemu zapisu (tudi glede izbire osnove številskega sistema). Ali lahko iz zapisa na kamnu ugotovimo, koliko prstov je na Veneranovih rokah? Marija Vencelj res' itve † † † † 1. matematika Poiskati moramo osnovo številskega sistema, v katerem bo rešljiv skriti račun, ki ga prikazuje narisani vzorec. Izkaže se, da obstaja rešitev le v številskem sistemu z osnovo 4, in tudi v tem sistemu ena sama. To je 134 +134 +134 =1114. (1) Če torej ”antropološke” predpostavke v zastavljeni nalogi držijo, imajo Venerani na rokah po štiri prste. Do rešitve vodi več poti. Oglejmo si eno. Označimo iskano osnovo številskega sistema z a. Trimestno število, ki je vsota treh dvomestnih števil, se v poljubnem številskem sistemu lahko začenja kvečjemu z 1 ali 2, torej je =1 ali =2. Če je =1, velja 3a+3†=a2+a+1. Od tod sledi 3†=(a −1)2. (2) Ker je † števka v številskem sistemu z osnovo a, je † ≤ a−1 in zato 3≥a−1. Sledi a ≤ 4. Osnovi a=2 in a=3 z vstavljanjem v (2) izločimo, za a=4 pa dobimo rešitev (1). Za =2 dobimo enačbo 3†=2(a−1)2. (3) Zaradi † ≤ a−1 sledi iz nje 2a ≤ 5, čemur ustreza le osnova a=2. Vstavljanje v (3) izloči tudi to možnost. Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 5 21.8.2004 10:00:40 6 Denimo, da ima krogla premer d, plošče pa debeline d1, ... ,dn. Zanimalo nas bo, kdaj lahko plošče razmestimo tako, da njihova unija vsebuje kroglo. Če je d1+ ... +dn ≥ d in plošče zložimo drugo ob drugo v eno samo, tako da se sosednji dve stikata vzdolž skupne mej- ne ravnine, ima dobljena plošča debe- lino d in očitno lahko vsebuje kroglo. Predpostavimo zdaj, da unija plošč z debelinami d1, ... ,dn vsebuje kroglo pre- mera d. Plošča z debelino di seka po- vršje krogle v pasu ali kapici med mej- nima ravninama plošče. Kadar imata obe mejni ravnini neprazna preseka s kroglo, dobimo pas, katerega površina je po znani formuli enaka πddi, sicer pa dobimo kapico z manjšo površino. Pasovi in morebitne kapice pokrivajo po- vršje krogle, ki ima površino πd2, zato je πdd1 + ... +πddn≥ πd 2. Od tod sledi d1+ ... +dn≥ d, torej velja naslednja trditev: Plošče debelin d1, ... ,dn lahko razmesti- mo tako, da njihova unija vsebuje kro- glo premera d, natanko takrat, kadar je d1+ ... + dn≥ d. Vrnimo se k pokrivanju kroga s trakovi širin d1, ... ,dn. Razširimo krog do kro- gle z istim premerom, trakove pa do plošč, pravokotnih na ravnino kroga in debelih d1, ... ,dn. Če trakovi pokrijejo krog, unija plošč vsebuje kroglo, torej tedaj velja d1+ ... + dn≥ d. Dokazali smo naslednji rezultat: Trakovi in premice preko kroga matematika Slika 1. Štirje trakovi pokrivajo krog. pokrivanje kroga s trakovi Pod pojmom trak bomo razumeli območje v ravnini, ograjeno z vzporednicama, nju- no medsebojno oddaljenost pa bomo imenovali širina traku. Skušajmo pokriti krog K premera d s trakovi širin d1, ... ,dn. Če je d1 + ... +dn≥ d, to lahko storimo tako, da trakove zložimo v enega samega s širino d1+ ... +dn. Kaj pa, če je d1+ ... +dn1 predlagam pred nadaljnjim branjem obravnavo primera n=2. Odgovor na postavljeno vprašanje bomo našli s premikom v prostor. Ogledali si bomo namreč prostorsko posplošitev problema. Krog bo nadomestila krogla, trako- ve pa plošče. Pri tem bomo pod pojmom plošča razumeli območje med vzporednima ravninama, razdaljo med njima pa imenovali debelina plošče. Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 6 21.8.2004 10:00:41 7 Razdelitev kroga s premicami Zdaj pa se lotimo druge naloge. Krog K s premerom d naj seče n premic in ga s tem razdeli na manjše parcele. Koliko meri premer največjega kroga, ki ga ne- odvisno od lege premic vsebuje vsaj ena od parcel? Če je n=1, sta parceli dve. Tista, ki vsebuje središče kroga, vsebuje krog s premerom d. To pa je očitno tudi iskana vrednost premera pri n=1. Kako pa je pri n>1? Če razmestimo premice tako, da so vzpo- redne in paroma razmaknjene za d kot kaže slika 4, vsaka parcela vsebuje krog premera d, večjega pa nobena. Slika 3.b Na osnovi rezultata o pokrivanju kroga s trakovi je znani poljski matematik Tarski že leta 1932 postavil domnevo, ki jo lahko v dvorazsežnem primeru zapišemo takole: Omejen konveksen ravninski lik, ki ga je mogoče pokriti s trakovi širin d1, ... ,dn, je mogoče pokriti tudi z enim samim trakom širine d1+ ... +dn. Problem je ostal dolgo nerešen celo za na videz tako preprost primer, kot je trikotnik, leta 1950 pa je domnevo Tarskega potrdil z dokazom danski ma- tematik Bang. Slika 2. Polkrogla in del plošče ter pasu nad ravnino s krogom K in trakom. matematika Slika 3.a Izrek 1. Krog s premerom d je mogoče po- kriti z n trakovi širin d1, ... ,dn natanko ta- krat, kadar je d1+ ... +dn≥ d. Razmislimo še nekoliko o posebnem pri- meru, ko širine trakov, s katerimi pokri- jemo krog premera d, zadoščajo pogoju d1+ ... +dn=d. Najprej dokažimo, da se nobena dva trakova ne sekata znotraj kroga. Če to ne bi držalo, bi v krogu na- šli del s pozitivno ploščino, ki bi ga po- krivala vsaj dva trakova. Seveda bi tedaj tudi na površju krogle našli del s pozi- tivno ploščino, ki bi ga pokrivala vsaj dva pasova, dobljena s presekom plošč s površjem krogle. Od tod sledi, da bi bila vsota površin vseh pasov strogo večja od površine krogle in zato d1+ ... +dn>d. Torej se res nobena dva trakova ne se- kata znotraj kroga K. Denimo, da je A točka znotraj K, ki leži na robu enega od trakov T. Ker drugi trakovi pokrivajo območje v bližini A, ki je zunaj T, vsaj eden vsebuje A. Po prejšnjem ta ne sme sekati traku T, zato se ga dotika vzdolž skupne premice skozi A. Od tod sledi, da je vsaka točka kroga K bodisi v enem od trakov bodisi na stičišču dveh. Torej so trakovi položeni drug ob drugem, tako da tvorijo skupaj trak širine d, ki pokriva K. Slika 4. Dokažimo, da je iskani premer enak d. Pomagali si bomo s pokrivanjem kroga s trakovi. Predpostavimo, da premice, ki sekajo K, niso razmeščene kot na sli- ki 3.b in jih simetrično razširimo na obe strani enako do trakov širine d kot na sliki 5. Vsota njihovih širin je d, zato po rezultatu o pokrivanju kroga ti trakovi ne pokrivajo kroga s premerom d, ki ima skupno središče s krogom K. Vzemimo kako točko B znotraj K, ki ni pokrita z nobenim trakom. Ker je od vsake premice in od roba kroga K oddaljena več kot d, je krog premera d s središčem B vsebovan v notranjosti ene od parcel. di d1 2 K A T di 1 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 7 21.8.2004 10:00:41 8 Slika 5. Kroga znotraj dveh parcel. Dokazali smo torej nekoliko več, kot smo trdili: 1. Za pokritje kvadrata potrebujemo vsaj štiri trakove, saj z njimi pokrijemo tudi kvadratu včrtani krog. 2. Denimo, da oglišči A in B ležita vsako na eni od robnih premic traku širine d, ki vsebuje trikotnik ABC. Zaznamujmo z e dolžino tiste zveznice CD oglišča C s točko D na AB, ki je vzporedna traku. Slika 1–glej naslednjo stran Iz slike vidimo, da je de dvakratnik ploščine trikotnika ABC, zato velja de=ava=bvb. Do- kažimo, da velja d ≥ va ali d ≥ vb. Če je da in e>b. Od tod dobimo CBD > CDB, CAD > CDA in zato CAD + CBD > CDA + CDB = π. To je seveda protislovno, torej je res d ≥ a ali d ≥ b. Od tod brž sledi, da je najožji trak, ki pokriva trikotnik, širok toliko, kot meri najkrajša višina trikotnika. 3. Iskani polmer je enak 1 cm. Po eni strani delitev na enake dele z vzporednicami k daljši stranici pravokotnika ne dopušča večjega polmera, po drugi strani pa v vsakem krogu pol- mera 7 cm, ki leži v pravokotniku, najdemo parcelo, ki vsebuje krog polmera 1 cm. 4. Najprej rešimo problem za pravilni n-kotnik s sodim n. Razpolovimo n-kotnik s premico, ki je vzporedna nosilki ene od stranic n-kotnika. Oba dela n-kotnika vsebujeta krog s pre- merom r, enakim polmeru n-kotnik včrtanega kroga. Iskani polmer ρ torej ne presega r. Ker v n-kotnik včrtani krog vsebuje krog s polmerom r, ki leži v enem od obeh delov, na katera premica razdeli n-kotnik, za sodi n velja ρ = r. Po kratkem računu lahko ρ izrazimo s stranico a in dobimo ρ = . Na vrsti je n-kotnik z lihim n=2k–1, k>1. Najprej dokaži- mo, da je ena od robnih premic najožjega traku, ki vsebuje n-kotnik M=A1A2 ... A2k-1, nosilka ene od njegovih stranic. Začnimo z robno premico p, ki vsebuje stranico A1A2. Druga robna premica traku tedaj poteka skozi Ak+1, širina traku pa je enaka višini na osnovnico A1A2 enakokrakega trikotnika A1A2Ak+1. Zdaj sukajmo p okrog A1 v smeri urinega kazalca, do- kler vzporednica q, ki naj se pri tem suče okrog Ak+1 in je vzporedna zasukani premici p, ne preide v nosilko stranice AkAk+1. Slika 2–glej naslednjo stran V končni legi je širina traku spet taka kot na začetku, v vseh vmesnih legah pa je večja, kar lahko ugotovimo s primerjavo pravokotnih trikotnikov s hipotenuzo A1Ak+1 (glej sliko). Rob najožjega traku, ki vsebuje večkotnik M, torej res poteka skozi eno njegovih stranic. Naj bo premica s vzporedna nosilki p stranice A1A2 in naj preseka M na dva dela, tako da je razdalja med p in s enaka premeru 2ρ kroga K, ki se dotika s in stranic AkAk+1, Ak+1Ak+2. Oba dela večkotnika M tedaj vsebujeta krog s polmerom ρ, večjega pa nobeden. Torej iska- ni polmer ne presega ρ. Dokažimo, da je enak ρ. V ta namen zakotalimo krog K po notranji strani oboda n-kotnika M, tako da ostane ves čas v ravnini n-kotnika. Središče kroga K pri tem potuje po obodu manjšega n-kotnika M’=A1’A2’ ... An’, ki ima stranice za ρ oddaljene od stranic n-kotnika M. Najožji trak, ki vsebuje M’, ima širino enako višini enakokrakega trikotnika A1’A2’A’k+1, ki meri 2ρ. Slika 3–glej naslednjo stran S premico t razdelimo M na dela M1, M2 in razširimo t na vsako stran enako do traku T širine 2ρ. Če trak T pokriva M’, je po prejšnjem ena od njegovih robnih premic nosilka ene od stranic n-kotnika M’. Krog s polmerom ρ in središčem na tej stranici je vsebovan v M1 ali M2. Če trak ne pokriva M’, potem krog s polmerom ρ in središčem v M’\T leži v M1 ali M2. Iskani polmer je torej res enak ρ . Izračunajmo zdaj ρ. Oglejmo si višino v na osnovnico A1A2 enakokrakega trikotnika A1A2Ak+1. Slika 4–glej naslednjo stran Po eni strani je , φ=A1Ak+1A2=, po drugi strani pa iz slike dobimo v=3ρ + (ρ/sin α), α= AkAk+1Ak+2=. Od tod po kratkem računu dobimo resitve Izrek 2. Če je krog premera d prečr- tan z n premicami, tako da niso vse med sabo vzporedne, potem vsaj ena od parcel, na katere razpade krog, vsebuje krog s premerom, večjim od d. Naloge 1. Koliko trakov širine 3 cm potrebuje- mo, da z njimi pokrijemo kvadrat z 10 cm dolgo stranico? 2. Koliko je širok najožji trak, ki pokriva dani trikotnik ABC? 3. Pravokotnik s stranicama dolžine 20 cm in 14 cm razdelimo s šestimi premicami na manjše dele. Koliko meri polmer največjega kroga, ki ga zagotovo vsebuje vsaj eden od teh delov? 4. Pravilni n-kotnik s stranico a razde- limo z daljico na dva dela. Koliko meri polmer največjega kroga, ki ga neod- visno od razdelitve vsebuje vsaj eden od obeh delov? Boris Lavrič matematika Znaki v formu- lah CRNI !!!! K B2 B1 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 8 21.8.2004 10:00:42 9 Slika 4. res' itev nagradne naloge iz preseka XXXI/3 Naloga ima štiri različne rešitve. Če manjkajoča števila označimo, kot kaže slika 1, je pri vseh štirih rešitvah c=5, d=1, e=3 in f=6. Možne vrednosti pre- ostalih števil prikazuje tabela na sliki 2. Dopolni rac̀une Slika 1 Slika 2 izid nagradnega razpisa Vseh štirih rešitev ni našel nihče. Tri rešitve sta nam skupaj poslala Damja- na in Ivan Lisac iz Kopra, dve pa Denis Čebrič iz Celja. Ostali reševalci so nam poslali po eno rešitev. Veseli nas, da je med njimi ve- liko najmlajših bralcev. Zato smo pri žrebanju za knjižno nagrado upoštevali vse reševalce, ki so nam poslali vsaj eno pravilno rešitev. Žal so v nalogi nekate- ri spregledali zahtevo, da vpišemo eno- mestna naravna števila, kar pa število niè ni. Po eno pravilno rešitev so nam poslali: Sabina Trdan iz Dolenje vasi, Jan Kejžar iz Celja, Blaž Andoljšek z OŠ Dr. Fran- ceta Prešerna v Ribnici, Maša Žeglič iz Senovega, Matej Petkovič iz Ljubljane, Maja Vončina, Gaja Žižmond, Lucija Miklavec, Marko Gruntar, Veronika Skočaj, Manca Vules Hrvatin, Jaka Ve- likonja, Anja Šuligoj (vsi so bili lansko šolsko leto učenci 3.c razreda OŠ Frana Erjavca v Novi Gorici), Blaž Paravan, Katja Mavrič, Žan Rijavec (lani učenci 4.b razreda OŠ Kanal) in Luka Figar, Rok Židanik, Neja Komočar, Aldijana Novaković, Maj Krumberger, David Je- reb (iz lanskega 4.b razreda OŠ Frana Erjavca v Novi Gorici). Žreb je knjižno nagrado namenil Blažu Andoljšku in Damjani in Ivanu Liscu. Marija Vencelj matematika Znaki v formu- lah CRNI !!!! q p v v A 2 A r+1 A r+2 Ar p s A1 A2 A 2́ Aŕ+2 Aŕ+1 Aŕ Ar Ar+1 Ar+2 a r2 d B A C b a D e 1. reš. 2. reš. 3. reš. 4. reš. a 1 2 3 4 b 3 4 5 6 g 4 3 2 1 h 5 4 3 2 Slika 1. Slika 2. Slika 3. 3 + – =1 × × – × + =8 – – + + – =5 =9 =5 =5 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 9 21.8.2004 10:00:42 10 S poljubno premico p razdelimo trikot- nik ABC na dela M1, M2 in razširimo p na vsako stran enako do traku T širine 2ρ. Če trak T pokriva trikotnik A1B1C1, po prejšnjem ena od njegovih robnih premic vsebuje eno od oglišč trikotnika A1B1C1, druga pa nasproti ležečo stra- nico. Krog s polmerom ρ in središčem v tem oglišču je vsebovan v M1 ali M2. Če trak T ne pokriva trikotnika A1B1- C1, potem pa vsak krog s polmerom ρ in središčem v razliki ∆A1B1C1\T leži v M1 ali M2. Torej je res r=ρ. Zdaj izračunajmo ρ. Daljice C1A, C1B in C1C razdelijo trikotnik ABC na trikotni- ke z osnovnicami a, b in c. Ker njihove višine iz C1 merijo zapored ρ, ρ in 3ρ, je ploščina trikotnika ABC enaka S= aρ+ bρ+ c3ρ. Od tod dobimo iskani polmer ρ=2S/(a+b+3c). V konkretnem primeru vzamemo a=39 cm, b=42 cm, c=45 cm, nato po Heronovi formuli izračunamo ploščino S=756 cm2, po zgornji formuli pa tedaj dobimo ρ=7 cm. Boris Lavrič res' itev nagradne naloge iz preseka XXXI/5 Na uredništvo Preseka je prispelo le eno pismo s pravilnim odgovorom na vprašanje iz nagradne naloge Krog v trikotniku. Gašper Zadnik, dijak Gimnazije Vič v Ljubljani, je nalogo najprej zapisal v naslednji obliki: Trikotnik z daljico razdelimo na dva dela. V vsakega od teh delov je včrtan največji možen krog. Polmer večjega izmed njiju zaznamujemo z r. Kolikšen je najmanjši možen r? Ugotovil je, da sta pri razdelitvi z najmanjšim možnim r oba kroga enako velika (kaj pa obstoj take razdelitve?), nato je v nekaj korakih dovolj nazorno izpeljal (del izpeljave bi potreboval dodatno argumentiranje), da je razdelilna daljica take razdelitve vzporedna eni od stranic trikotnika, na koncu pa je z uporabo podobnosti izračunal iskani r. Nekoliko podobno, vendar žal precej manj jasno oziroma brez ustreznega komentarja, se je lotila naloge Nina Novak, dijakinja Gimnazije Kamnik. Očitno je nalogo pravilno razumela (kar na primer ni uspelo nekaterim drugim reševalcem), njene ideje reševanja bi bilo mogoče uspešno matematično obdelati. Tudi ona je pravilno izračunala iskani polmer. Njeno rešitev mi je ljubeznivo po elektronski pošti posredoval njen učitelj matematike Uroš Cotman, ki je z nalogo razživel svoje dijake. Za nagrado si bo Gašper lahko izbral dve knjigi iz zbirke Knjižnica Sigma, Nina pa eno. Oglejmo si sedaj avtorjevo rešitev naloge. Naj bo ABC trikotnik s stranicami a, b in c, kjer je c≥a in c≥b. Razdelimo ga z daljico DE, vzporedno z AB, tako da je premer 2ρ trikotniku DEC včrtanega kroga enak višini trapeza ABED. Pri tej razdelitvi trikotnika ABC očitno oba dela vsebujeta krog s polmerom ρ, nobeden pa kroga z večjim polmerom. Iskani polmer r torej ne presega ρ. Dokažimo, da pri vsaki razdelitvi trikotnika ABC z daljico vsaj eden od obeh delov vsebuje krog s pol- merom ρ, od koder seveda sledi, da je r=ρ. Najprej v kote CAB, ABC in BCA včrtajmo kroge s polmerom ρ, njihova središča pa v istem zaporedju zaznamujmo z A1, B1 in C1 (zadnji od teh krogov je včrtan trikotniku CDE). Trikotnik A1B1C1 je podoben trikotniku ABC, njegova najkrajša višina pa je višina na A1B1 in meri 2ρ. Iz rešitve druge naloge članka Trakovi in premice preko kroga v tej številki Preseka sledi, da je širina najožjega traku, ki pokriva trikotnik A1B1C1, enaka 2ρ in da na eni od robnih premic tega traku leži oglišče trikotnika A1B1C1, na drugi pa nasproti ležeča stranica tega trikotnika. Krog v trikotniku matematika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 10 21.8.2004 10:00:43 11 Na enak način kot za vrstice sklepamo tudi za stolpce. Z označevanjem praznih in pobarvanih polj nadaljujemo, dokler nismo označili vseh polj v dani mreži. Če smo pravilno sklepali, se nam na koncu v mreži pokaže lepa slika. Urška Demšar Rešitve najdete na strani 24 Gobelini so uganke, kjer z logičnim sk- lepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oz. stolpcu. Vsaka številka predstavlja niz po- barvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrst- nem redu, za vrstico od leve proti des- ni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dvema nizoma tudi več. Gobelin rešujemo takole: Recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred njo pa je številka 5. Ta številka nam pove, da je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c). V vsakem od treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahko v mreži z gotovostjo pobar- vamo. Druga tehnika je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico s sedmi- mi polji z nizom petih pobarvanih polj in da iz prejšnjega sklepanja vemo, da je polje 2 zanesljivo pobarvano. Gobelini Niz petih pobarvanih polj mora vsebo- vati že pobarvano polje 2, kar pomeni, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi bilo pobarvano. Zato sklepamo, da je najbolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: Če imamo označeni polno in prazno polje eno tik ob drugem, lahko iz tega sklepamo, kje se začne iskani niz. Na primer, če vemo, da je polje 1 prazno, polje 2 polno, iščemo pa niz dolžine 4, lahko takoj sklepamo, kje leži iskani niz (začne se v polju 2). Pobarvamo ga, hkrati pa označimo tudi vsa preostala polja v vrstici kot prazna. Gobelini Gobelini so uganke, kjer z logičnim sklepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oziroma stolpcu. Vsaka številka predstavlja niz pobarvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrstnem redu, za vrstico od leve proti desni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dvema nizoma tudi več. Gobelin rešujemo takole: recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred njo pa je številka 5: 5 Ta številka nam pove, da je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c): (a) 5 (b) 5 (c) 5 V vsakem od treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahko v mreži z gotovostjo pobarvamo: 5 Druga tehnika je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico z sedmimi polji z nizom petih pobarvanih polj in da iz preǰsnjega sklepanja vemo, da je polje 2 zanesljivo pobarvano: 5 Niz petih pobarvanih polj mora vsebovati že pobarvano polje 2, kar pomeni, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi bilo pobarvano. Zato sklepamo, da je najbolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: 5 �� 1 Gobelini Gobelini so uganke, jer z logičnim sklepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oziroma stolpcu. Vsaka številka predstavlja iz obarvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrstnem redu, za vrstico od leve proti desni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dvema nizoma tudi več. Gobelin rešujemo takole: recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred nj p je stevilka 5: Ta številka nam pove, d je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c): (a) 5 (b) 5 (c) 5 V vsakem d treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahk v mreži z gotovostjo p barv mo: Druga tehnik je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico z sed imi polji z nizom petih pobarv nih polj in da iz preǰsnjega sklepanja ve o, da je polje 2 zanesljivo pob rvano: 5 Niz petih pobarvanih polj mora vsebovati že pobarvano polje 2, kar pomeni, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi b lo pobarvano. Zato sklepamo, da je na bolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: 5 �� 1 Gobelini Gobelini so uganke, kjer z logičnim sklepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oziroma stolpcu. Vsaka številka predstavlja niz pobarvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrstnem redu, za vrstico od leve proti desni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dvema nizoma tudi več. Gobelin rešujemo takole: recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred njo pa je številka 5: 5 Ta številka nam pove, da je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c): (a) 5 (b) 5 (c) 5 V vsakem od treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahko v mreži z gotovostjo pobarvamo: 5 Druga tehnika je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico z sedmimi polji z nizom petih pobarvanih polj in da iz preǰsnjega sklepanja vemo, da je polje 2 zanesljivo pobarvano: 5 Niz pet h pobarvanih polj mora vsebovati že pobarvano polj 2, kar pomeni, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi bilo pobarvano. Zato sklepamo, da je najbolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: 5 �� 1 Gobelini Gobelini so uganke, kjer z logičnim sklepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oziroma stolpcu. Vsaka številka predstavlja niz pobarvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrstnem redu, za vrstico od leve proti desni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dv ma ni oma tudi več. Gobelin rešujemo takole: recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred njo pa je številka 5: 5 Ta številka nam pove, da je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c): (a) 5 (b) 5 (c) 5 V vsakem od treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahko v mreži z gotovostjo pobarvamo: 5 Druga tehnika je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico z sedmimi polji z nizom petih pobarvanih polj in da iz preǰsnjega sklepanja vemo, da je polje 2 zanesljivo pobarvano: 5 Niz petih pobarvanih polj mora vsebovati že pobarvano polje 2, kar pomeni, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi bilo pobarvano. Zato sklepamo, da je najbolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: 5 �� 1 Gobelini Gobelini so uganke, kjer z logičnim sklepanjem poskušamo pobarvati polja v dani mreži. Številke pred vrsticami in nad stolpci nam povedo, koliko polj je pobarvanih v dani vrstici oziroma stolpcu. Vsaka številka predstavlja niz pobarvanih polj, ki se držijo skupaj. V vsaki vrstici oz. stolpcu je lahko več takih nizov. Podani so v pravilnem vrstnem redu, za vrstico od leve proti desni, za stolpec od zgoraj navzdol. Med dvema pobarvanima nizoma je vsaj eno prazno polje, lahko pa je praznih polj med dvema nizoma tudi več. Gobelin rešujemo takole: recimo, da imamo vrstico s sedmimi polji, pred njo pa je številka 5: 5 Ta številka nam pove, da je v sedmih danih poljih pobarvan niz s petimi polji. Ta niz se lahko nahaja na več pozicijah. Lahko se začne v polju čisto na začetku vrstice (a), lahko je v sredini vrstice (b), ali pa čisto na desni (c): (a) 5 (b) 5 (c) 5 V vsakem od treh naštetih možnih primerov so polja 3, 4 in 5 črna, zato jih lahko v mreži z gotovostjo pobarvamo: 5 Druga tehnika je označevanje praznih polj. Recimo, da imamo vrstico z sedmimi polji z nizom petih pobarvanih polj in da iz preǰsnjega sklepanja vemo, da je polje 2 zanesljivo pobarvano: 5 Niz petih pobarvanih polj mora vsebovati že pobarvano p lje 2, kar pome i, da možnost, da bi ta niz ležal čisto na desni dane vrstice, odpade, ker v tem primeru polje 2 ne bi bilo pobarvano. Zato sklepamo, da je najbolj desno polje vrstice nepobarvano oz. prazno in si to tudi označimo takole: 5 �� 1 Če imamo označeni polno in prazno polje no tik ob drugem, lahko iz tega sklepamo, kje se začne iskani niz. Na primer, če vemo, da je polje 1 prazno, polje 2 polno, ǐsčemo pa niz dolžine 4,: 4 �� lahko takoj sklepamo, kje leži iskani niz (začne se v polju 2). Pobarvamo ga, hkrati pa označimo tudi vsa preostala polja v vrstici kot prazna: 4 �� ���� Na enak način kot za vrstice sklepamo tudi za stolpce. Z označevanjem praznih in pobarvanih polj nadaljujemo, dokler nismo označili vseh polj v d ni mreži. Če smo pravilno sklepali, se nam na koncu v mreži pokaže lepa slika. 2 Če imamo označeni polno in prazno polje eno tik ob drugem, lahko iz tega sklepamo, kje se začne iskani niz. Na primer, če vemo, da je polje 1 prazno, polje 2 polno, ǐsčemo pa niz dolžine 4,: 4 �� lahko takoj sklepamo, kje leži iskani niz (začne se v polju 2). Pobarvamo ga, hkrati pa označimo tudi vsa preostala polja v vrstici kot prazna: 4 �� ���� Na enak način kot za vrstice sklepamo tudi za stolpce. Z označevanjem praznih in pobarvanih polj nadaljujemo, dokler nismo označili vseh polj v dani mreži. Če smo pravilno sklepali, se nam na koncu v mreži pokaže lepa slika. 2 Nekaj gobelinov: 2 4 4 6 7 7 6 2 4 4 6 7 7 6 2 4 2 4 3 6 4 7 6 7 6 5 7 1 5 7 7 1 7 1 5 1 1 4 1 1 3 4 2 2 3 4 6 6 7 5 8 4 1 1 1 3 4 4 6 7 7 5 1 7 6 5 4 3 3 matematika Nekaj gobelinov: 2 4 4 6 7 7 6 2 4 4 6 7 7 6 2 4 2 4 3 6 4 7 6 7 6 5 7 1 5 7 7 1 7 1 5 1 1 4 1 1 3 4 2 2 3 4 6 6 7 5 8 4 1 1 1 3 4 4 6 7 7 5 1 7 6 5 4 3 3 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 11 21.8.2004 10:00:44 12 Johan Peter Gustav Lejuene Dirichlet 1805-1859 ob dvestoletnici rojstva Johan Peter Gustav Lejeune Dirichlet se je rodil leta 1805 nemškem mestu Dü- ren (tedaj je bilo mesto še del Francije). Njegova družina je izvirala iz majhnega belgijskega mesteca Richelet, kjer je ži- vel njegov stari oče; od tod najbrž tudi njegovo ime (francosko le jeune de Ric- helet pomeni mladenič iz Richeleta). Kot dvanajstletnik je začel obiskovati gim- nazijo v Bonnu, kjer je razvil strast do ma- tematike. Že takrat je vse svoje prihranke porabil za nakup matematičnih knjig. Po dveh letih je Dirichlet na željo staršev zapustil Bonn in odšel v mesto Cologne, bližje domu. Usoda je hotela, da je bil v tamkajšnji jezuitski šoli Ohmov učenec. Lejune Dirichlet je bil znan po svoji ne- običajni navadi: namesto Biblije je s seboj nosil Gaussovo knjigo Diquisitiones arith- meticae, tedaj največje matematično delo. Tudi med spanjem jo je imel pri sebi. S šestnajstimi leti se je Dirichlet odločil, da odide študirat na univerzo v Pariz, ker je bil mnenja, da so nemške univerze zanj premalo zahtevne. Tu velja pripom- niti, da so v naslednjih desetletjih prav nemške univerze postale najbolj pri- znane ustanove, v katerih so poučevala sama znamenita imena. Pomembno vlo- go pri tem je igral tudi sam. Med svojim študijem je Dirichlet tako srečal veliko znamenitih matematičnih osebnosti, kot so Legendre, Fourier, Laplace, Poisson. To je še povečalo njegovo slo po reševa- nju takrat nerešljivih problemov iz teo- rije števil. Prvič je Dirichlet je zaslovel pri reševa- nju znamenitega Fermatovega izreka, ki pravi: xn+yn=zn, kjer je n>2, nima netrivialnih rešitev. Za n=3 in n=4 sta dokaz podala Euler in Fermat, Dirichlet pa se je lotil problema za n=5. Dokaz je razdelil na dva dela; prvi del je dokazal, pri drugem pa je prosil za nasvet takrat že bolj uveljavljenega Legendra. S po- močjo Dirichletovih zapiskov je Legen- dre sam dokazal drugi del, kasneje pa je tudi Dirichlet sam podal ekvivalenten dokaz drugega dela, poleg pa je dokazal veljavnost trditve za n=14. Leta 1825 se je Dirichlet odločil, da odide v Nemčijo, kjer je s priporočilom geografa Alexandra von Humboldta (Glej Presek, 31, str. 276) dobil službo, čeprav ni imel niti doktorata, niti ni znal tekoče latinsko, kar vse je bilo v začet- ku 19. stoletja nujno potrebno za po- učevanje. Manjkalo mu je tudi posebno dovoljenje za poučevanje. Kmalu so mu podelili častni doktorat in še potrebno dovoljenje habitationsscrift na univer- zi v Breslau. Po enem letu poučevanja je Dirichlet zapustil Breslau in odšel v Berlin, kjer je ostal do leta 1855. Svoje- ga najboljšega prijatelja je našel v ma- tematiku Jacobiju (Glej Presek, 31, str. 274-277), ki je nanj vplival predvsem na področju teorije števil. V tem času je Dirichlet dokazal izrek o praštevilih v aritmetičnih zaporedjih: V aritmetičnem zaporedju an=k∙n+l, kjer je D(k,l)=1, obstaja neskončno praštevil. (Obsežen dokaz njegove trdit- ve najdete na spletni strani http://www2. arnes.si/~mmlaka10/Clanki/dipl1.pdf) Ta dokaz lahko štejemo za začetek anali- tične teorije števil. Poleg mesta predavatelja je bil Dirichlet na univerzi v Berlinu primoran oprav- ljati še dodatna administrativna dela, česar ni bil pretirano vesel. Leta 1855 se mu je ponudila služba v Göttingenu, kjer je nadomestil Gaussa. Uresničile so se mu sanje predavati izrednim štu- dentom. Leta 1858 je Dirichlet preživel srčni napad, umrla mu je tudi žena, po vsem tem si ni nikoli zares opomogel. Umrl je v Göttingenu 5. maja 1859. Di- richletove dosežke iz teorije števil je ob- javil njegov učenec Dedekind leta 1863 v delu Vorlesungen in Zahlentheorie, ki je doživelo že vrsto ponatisov (zadnji ponatis (z dodatki) je izšel leta 1999: glej P.G.L. Dirichlet: Lectures of number theory, American Mathematical Socie- ty, London Mathematical Society, cop. 1999). Za Dirichleta je značilno, da se je na začetku ukvarjal predvsem s strogo ma- matematika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 12 21.8.2004 10:00:44 13 tematičnimi problemi, proti koncu svo- jega življenja pa je svojo ljubezen našel v uporabnosti matematike - v mehani- ki. Kot prvi je podal sodobno definicijo funkcije, dokazal je Gaussov zakon kva- dratične recipročnosti, proučeval kon- vergenco Fourierovih vrst in parcialne diferenčne enačbe (Dirichletov pogoj). Uvedel in proučeval je še Dirichletove vrste, ki so imele kasneje veliko vlogo v analitični teoriji števil. Veliko vlogo je imel pri razvoju umov, kot so bili Riemann, Dedekind in Kro- necker. Po mnenju svojih učencev je bil kot učitelj izreden, vedno čistega izrazo- slovja, skromen, na trenutke sramežljiv. Redko je govoril na javnih predstavit- vah, le-teh se je raje ognil. Velja omeniti tudi izjavo njegovega učenca Dedekinda: »Kot učitelj se mi je popolnoma predal. Moje zahvale segajo do neskončnosti in verjamem, da bodo kmalu to tudi pre- segle.« V srednješolski matematiki srečamo njegovo ime največkrat pri uporabi t.i. Dirichetovega principa (najbrž izhaja iz leta 1834), ki pravi: Če imamo m golo- bov in jih hočemo razporediti v n kletk, kjer je m>n, potem obstaja vsaj ena kletka, v kateri sta vsaj dva goloba. Na- videz preprosta trditev, ki jo poznamo tudi pod imenom princip golobnjaka, je zelo uporabna v kombinatoriki, sam Dirichlet pa jo je med drugim uporabil pri določanju rešitev Pellove enačbe. Di- richletovo ime nosi tudi eden od krater- jev na Luni. bibliografija • www2.arnes.si/~mmlaka10/Clanki/ dipl1.pdf • P.G.L. Dirichlet: Lectures of number theory, American Mathematical So- ciety, London Mathematical Society, cop. 1999 • www-gap.dcs.st-and.ac.uk/~history Matej Mlakar Pravic̀na delitev V kakšni povezavi sta matematika in pravičnost? Na videz nimata kaj dosti skupnega. Pravičnost je namreč družbeno pogojen pojem, določen s spletom moralno-etičnih kriterijev, kamor matematika s svojo stro- go logično in abstraktno aksiomatsko zasnovo ne posega. Pa vendar ni zmeraj tako. Ne manjka namreč primerov iz vsakdanjega življenja, kjer lahko matematika prav zaradi navedenih lastnosti ponudi dokaj uporab- ne kriterije za sodbo o tem, ali je takšna ali drugačna rešitev problema pravična za vse, ki so vanj vpleteni. Seveda je v takšnih primerih dolo- čen matematični izračun samo instrument, ki pomaga ljudem, da lažje razsojajo o pravičnosti. Matematika sama po sebi pojma pravičnosti ne zmore opredeliti. Pravijo, da je mirna vest najboljše zglavje. Vendar je pravičnost ne le v splošnem kar zahteven filozofski problem, pač pa zna biti tudi v povsem konkretnih primerih marsikdaj precej trd oreh. Nenazadnje o tem priča- ta že skozi stoletja cvetoč in spoštovan poklic odvetnika in sodnika. Prav ta sta namreč v primerih različnega razumevanja pravičnosti dveh v pro- blem vpletenih strank pogosto tista instanca, ki išče in tolmači pravico oziroma pravičnost. Kajti žal nikakor ni nujno, da bi imeli vsi problemi eno samo pravično rešitev. Marsikdaj, kot vemo že iz sodniške prakse, je vse skupaj še kako odvisno od interpretacije dejstev. Marsikdaj ima vsak svoj prav. V članku je zbranih nekaj značilnih nalog s področja matematike, v katerih igra pravičnost bolj ali manj pomembno vlogo. Najbrž ni zgolj naključje, da se prav vse ukvarjajo s problemom pravične razdelitve ko- ličine med določeno število ljudi. Pri delitvah dobrin se ljudje resnično najpogosteje sprejo. Kako torej razdeliti, da bo pravično (za vse vplete- ne)? In seveda – kaj je pri tem sploh pravično? Naloge s pravičnimi delitvami lahko okvirno razdelimo v tri tipe: • Pravična delitev je vsaj načelno jasno razvidna, a je pot do nje otežena zaradi različnih ovir (1. naloga). • Že od samega začetka ni jasno, kakšna naj bi bila v danem primeru ta pravična delitev (2. naloga). • Pravičnost delitve je le izgovor bodisi za šalo ali celo za duhovito pre- varo (nalogo si bomo ogledali v naslednji številki Preseka). matematika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 13 21.8.2004 10:00:44 14 naloge 1. Po očetovi smrti sta oba sinova sklenila, da prodata njegovo čredo krav. Zanimivo, da sta za vsako kravo dobila natanko toli- ko cekinov, kolikor je bilo vsega skupaj krav v čredi. Za ta denar sta zatem nakupila ovac, pri čemer sta za vsako plačala po 20 cekinov. Ker pa jima je od prodaje krav pri tem vendarle ostalo še nekaj denarja, sta zanj kupila še eno jagnje. O cenah še to, da je jagnje seveda cenejše od ovce in da stane krava toliko kot jagnje in ena ovca skupaj. Naposled sta si brata še razdelila nakupljeno drobnico. Vsak je dobil enako število živali. In seveda je bil s tem prikrajšan Rajko, ki je pri delitvi dobil jagnje. Koliko cekinov sme zahtevati Rajko od svojega brata, da bi bilo očetovo premoženje med bratoma pravično razdeljeno? 2. Denimo, da si želita dve osebi pravično razdeliti torto. Pra- vično v tem primeru pomeni tako, da nobeden ne bo imel vzroka za jezo zaradi krivične razdelitve. Kako priti do takšne delitve? Vsekakor se je potrebno že vnaprej sprijazniti z dejstvom, da je pri rezanju torte v praksi tako rekoč nemogoče razdeliti torto natančno na dve enaki polovici. Zagotovo bo eden od obeh kosov vsaj za kakšno drobtinico večji od drugega. Ne gre torej za v resnici pravično delitev torte, pač pa zgolj za takšno, pri kateri ne bo imel nihče upravičenega razloga za jezo. Morebiti se ob tem marsikdo spomni šale o tem, kako ravnati v primeru, ko je torta že razrezana na dva, že na oko različno velika kosa. Eden od prijateljev brez besed hitro izbere zase večji kos. Na proteste drugega prijatelja pa mirno odgovori: »No, in če bi ti prvi izbiral, katerega od obeh kosov bi ti izbral zase?« »Vsekakor manjšega,« odvrne drugi ogorčeno. »Večjega bi vljudno prepustil tebi.« »No, potem je pa tako vse prav. Saj imava sedaj vendar vsak prav tisti kos, ki bi ga izbrala tudi v primeru, če bi ti prvi izbiral.« Šala gor ali dol, a prav na njej temelji algoritem za pravično delitev torte med dva. Poglejmo. Prvi naj vzame v roke nož in razdeli torto na dve »polovici« tako, kakor sam najbolje zmore in meni, da je pač prav. Pri tem predpostavimo, da je torta povsod narejena na enak način in obložena tako, da ni noben njen kos privlačnejši od drugega. Zatem naj drugi izbere svojo »polovico« torte. Če bi se kasneje prvi pritoževal nad izbiro drugega, bi mu ta lahko mirne duše odvrnil, da bi bil pri rezanju torte lahko pač natančnejši in bi ne razrezal dveh neenakih kosov. Če pa bi se razburjal drugi, bi ga prvi lahko brez zadrege spomnil, da je pravzaprav sam izbiral svoj kos in da si je torej sam kriv svoje nesreče. In kako si naj torto razdelijo tri osebe, recimo jim A, B in C tako, da ne bo imel po delitvi nobeden od njih upravičenega vzro- ka za pritožbo nad delitvijo? Vilko Domajnko 1. Denimo, da sta brata prodala n krav. Zanje sta iztržila n2 cekinov. Vzemimo nadalje, da sta za ta denar kupila a ovac in jagenjčka, ki ju je stal še b cekinov. Tako dobimo: n2 = 20a + b. Števili n in a sta očitno naravni, zato je takšno tudi število b. Ker sta si brata a + 1 živali razdelila med seboj tako, da jih je dobil vsak enako število, je a prav gotovo liho število. Poleg tega moramo v zgornji enačbi upoštevati še b < 20 in b + 20 = n. Iz zgornjih dveh pogojev sledi 20 < n < 40. V naslednji tabeli so zbrane vse tiste rešitve začetne enačbe z lihimi vrednostmi a, ki zadoščajo zadnjemu pogoju: n a b n a b 21 21 21 31 47 21 22 23 24 32 51 4 23 25 29 33 53 29 24 27 36 34 57 16 25 31 5 35 61 5 26 33 16 36 63 36 27 35 29 37 67 29 28 39 4 38 71 24 29 41 21 39 75 21 30 45 0 Opazimo, da v množici zgornjih rešitev pogoju b + 20 = n zadošča le trojka: n = 25, a = 31, b = 5. To pomeni, da je Rajkov brat dobil pri končni delitvi = 16 ovc, kar je vredno 320 cekinov, Rajko sam pa 15 ovc in enega jagenjčka, kar je vredno 300 + 5 = 305 ce- kinov. Rajku pripada polovica razlike, torej cekinov. Kako bosta pri tem dajala tisti osmi cekin na pol, o tem pa naloga seveda ne vprašuje več. 2. Marsikateremu reševalcu se sprva zazdi, da algoritma za pravično razdelitev torte med tri ni posebej težko najti. Vendar videz v tem primeru vara, saj problem ni prav preprost. Poskusite sami, pa boste kmalu spoznali, da je težko deliti tako, da pri tem zares nobeden od treh ne bi imel nobenih razlogov za protest. Prvo zadovoljivo rešitev je tako našel šele leta 1944 poljski matematik Hugo Steinhaus. Poglejmo. I. Najprej A razdeli torto na dva kosa, recimo jima kar x in y, tako da bo kos x po njegovem mišljenju ustrezal torte, kos y pa tor- te. II. Zatem A poda kos x B-ju in ga poprosi, da ga popravi, se pravi, da odreže od njega ustrezen košček, če meni, da kos x zaleže za več kakor torte, ali pa ga v nasprotnem primeru pusti takšnega, kot je. Imenujmo x’ tisti kos torte, ki ostane od x po B-jevem posegu. Seveda je x’ manjši ali enak x. III. V tretje poda B kos x’ C-ju, ki ga lahko bodisi že sprejme zase ali pa tudi ne. a) Če C sprejme kos x’, ostane A-ju in B-ju kos y pa še morebitni ostanek od kosa x. Vse to vzameta kot en sam kos in si ga razdelita v skladu z že znanim algoritmom za pravično deljenje torte med dva. b) Če C ne sprejme kosa x’, pred tem pa je B spremenil kos x v nov kos x’, potem B vzame kos x’. A in C si razdelita preostali kos z skupaj z ostankom od kosa x v skladu z algoritmom za pravično deljenje torte med dva. c) Če C ne sprejme kosa x’, pred tem pa B ni spreminjal kosa x v nov kos x’, potem A vzame kos x. B in C si razdelita preostali kos y v skladu z algoritmom za pravično deljenje torte med dva. Bodi toliko dovolj. Neoporečnost rešitve naj preveri bralec sam. resitvematematika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 14 21.8.2004 10:00:45 15 101 100 99 98 97 96 95 94 93 92 91 102 65 64 63 62 61 60 59 58 57 90 103 66 37 36 35 34 33 32 31 56 89 104 67 38 17 16 15 14 13 30 55 88 105 68 39 18 5 4 3 12 29 54 87 106 69 40 19 6 1 2 11 28 53 86 107 70 41 20 7 8 9 10 27 52 85 108 71 42 21 22 23 24 25 26 51 84 109 72 43 44 45 46 47 48 49 50 83 110 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 Ulamova spirala Spodnji prispevek o Ulamovi spirali je bil objavljen v 1. letniku Preseka 1973/74. Z veseljem ugotavljamo, da je danes ravno tako zanimiv, kot je bil pred tridesetimi leti. Za boljše razume- vanje dodajmo, da je naravno število večje od 1 praštevilo, če je deljivo le z 1 in s samim seboj. Ulamovo spiralo dobimo tako, da polja kvadratne mreže oštevilčimo po spirali od 1 naprej (glej sliko). Pri tem vsak kvadratek, kateremu pripada praštevilo, zapolnimo. Če narišemo Ulamovo spiralo za večje število kvadratkov, dobimo zanimiv vzorec, ki nam nazorno pokaže gostoto praštevil v množici naravnih števil. nalogi Sosedi kvadratka v mreži so kvadratki, ki ga obkrožajo, to je, imajo z njim vsaj eno skupno točko. Vsak kvadratek ima osem sosedov. 1. Pokaži, da v Ulamovi spirali ne ob- stajata dva zapolnjena kvadratka, ki bi imela skupno stranico, če izvzamemo sosede kvadratkov s številko 2. 2. Pokaži, da v Ulamovi spirali noben kvadratek, razen kvadratka s številko 12 (zakaj?), nima več kot štiri zapolnjene sosede. Vladimir Batagelj Ker so računalniki v zadnjih tridesetih letih doživeli nesluten razvoj, vam zastavljamo še naslednjo nalogo: S programom čim lepše narišite Ulamovo spiralo; pri tem sami izberite njeno velikost. Poleg slike nam pošljite tudi kratek opis rešitve. Rešitve pošljite do konca novembra 2004 na Presekov elektronski ali poštni naslov. Najlepšo sliko bomo objavili v eni od naslednjih številk. Uredniški odbor Preseka 1. Izmed dveh kvadratkov s skupno stranico eden vedno vsebuje sodo, drugi pa liho število. Edino sodo število, ki je tudi praštevilo, pa je 2. 2. Vsak kvadratek ima osem sosedov, med njimi natanko štirje vsebujejo liha števila. Torej imamo med sosedi kvečjemu štiri praštevila. Izjema je situacija, ko je med sosedi tudi kvadratek s številom 2. resitve matematika presek@dmfa.si Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 15 21.8.2004 10:00:45 16 STAR MO�EN AVTOR IZRAZ ZA NENADNO DVO- �RKA MESO Z �ETRTINA UDAREC logo MARKO RDE�ILO UTIH- POLNOST F GOVEJEGA DUCATA OD ZGORAJ svetovno BOKALI� ZA NJENJE HRBTA NAVZDOL leto USTNICE PRI TENISU fizike AMERIŠKA ZVO�NI FILMSKA ZNAK ZA IGRALKA NEVARNOST (JULIA) ENOTNO SLUŽBENO OBLA�ILO KDOR IMA PLAST MALO ZEMELJSKE DENARJA, SKORJE IMA SOSEDNJI PLITVEGA �RKI DOLGI, SOK PRED SLAVKO NITASTI ALKOHOL. AVSENIK MORSKI VRENJEM KAMEN NA NEVRE- VELIK OGLU HIŠE, TEN�ARJI DINOZAVER ODRIVA� SKUPNO JE PO VELIK KUP, ZAVEZUJO� IGRALKA PRISTAŠ logo IME ZA ANGLEŠKO ZLOŽEN ZNESEK, IVAN WEST ITAL. VSESLO- ZNAK ZA svetovno TIHO- OBRAT ZA NORMAN V OBLIKI PLA�AN OB POTR� EKSTREM, PEVEC VANSTVA, ASTAT leto MORSKA GOJENJE FOSTER POLKROGLE SKLENITVI PRETI- COTUGNO PAN- fizike OTO�JA VRTNIN KUP�IJE RANOST SLAVIST POLETNA MUSLIMAN. BALTSKA HRUŠKA �EPICA DRŽAVA RUMENO MEDICIN. BELO RJAVE NAJMANJŠE OGNOJEK, PREISKOV. ZRNATO BARVE PRAŠTEVILO TUR PRIPRAVA ŽIVILO AMERIŠKA NATAN�- IGRALKA ZAMUDNIK, NOST, IN MODEL ZAKAS- ODGOVOR- (CINDY) NELEC NOST, PAZLJIVOST KOLI�INA OKRASEN FIZIK TLAKOVAN LESA ZA KME�KI MOLJK TRST PO PROSTOR LETNI PRI� DEL ITALI- OB ALI NA POSEK ORGAN ZA ZASTAVNE JANSKO ZGRADBI VOHANJE LISTINE SKUPNA PRESITOST; ITAL. PRI- EVROPSKA SMU�ARSKO NAVELI- STANIŠ�E DENARNA DRUŠTVO �ANOST OB SRED. ENOTA RAZVALINA, JADRANU RUŠEVINA ZNAK ZA NEKOLIKO MITOL. MEHKA ZNAK ZA SAMO, ZNAK ZA NOBELIJ NERODNA, NAVPI�NA VELIKAN RADIOAKT. TELUR ZGOLJ NATRIJ SKLADA- NESPA- RAZPOKA V FILMSKI KOVINA (Th) BEKETA- ISKAN TELJ METNA SKALOVJU REŽISER OZNAKA JO�E GOZDNI KUMAR ŽENSKA KAZAN R(IJ)EKE ŽIVALI PLOD OPAT, GROBA IRSKA PRIOR VOLNENA KNEZ IZ REPUBLI- ARKTI�NI TKANINA BORODI- KANSKA JELEN RIMSKA NOVE ARMADA LOPATAR 101 OPERE ZVITEK NEMŠKA OTO ZVEZDA, KI IGRALKA BLAGA OBLIKA IM. VRHOVNIK POVE�A SIJ IRELAND NIKA IN POSTOP- VITO ANTON NO UGASNE TAUFER AŽBE EDEN ORANJE SREDIŠ�E NASPROTJE VIPAVSKE TENORJA DOLINE VELIKA TOLSTO- O�E, �RNO JEVA KOT GA PIKASTA JUNAKINJA KLI�EJO AZIJSKA KARENINA OTROCI ZVER risba priložena Eugene ? DRAMA PLEŠASTA PEVKA ALPSKO MESTO V SZ ITALIJI POD PRELAZOM SVETI BERNARD Kriz'anka Kriz'anka Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 16 21.8.2004 10:00:46 17 STAR MO�EN AVTOR IZRAZ ZA NENADNO DVO- �RKA MESO Z �ETRTINA UDAREC logo MARKO RDE�ILO UTIH- POLNOST F GOVEJEGA DUCATA OD ZGORAJ svetovno BOKALI� ZA NJENJE HRBTA NAVZDOL leto USTNICE PRI TENISU fizike AMERIŠKA ZVO�NI FILMSKA ZNAK ZA IGRALKA NEVARNOST (JULIA) ENOTNO SLUŽBENO OBLA�ILO KDOR IMA PLAST MALO ZEMELJSKE DENARJA, SKORJE IMA SOSEDNJI PLITVEGA �RKI DOLGI, SOK PRED SLAVKO NITASTI ALKOHOL. AVSENIK MORSKI VRENJEM KAMEN NA NEVRE- VELIK OGLU HIŠE, TEN�ARJI DINOZAVER ODRIVA� SKUPNO JE PO VELIK KUP, ZAVEZUJO� IGRALKA PRISTAŠ logo IME ZA ANGLEŠKO ZLOŽEN ZNESEK, IVAN WEST ITAL. VSESLO- ZNAK ZA svetovno TIHO- OBRAT ZA NORMAN V OBLIKI PLA�AN OB POTR� EKSTREM, PEVEC VANSTVA, ASTAT leto MORSKA GOJENJE FOSTER POLKROGLE SKLENITVI PRETI- COTUGNO PAN- fizike OTO�JA VRTNIN KUP�IJE RANOST SLAVIST POLETNA MUSLIMAN. BALTSKA HRUŠKA �EPICA DRŽAVA RUMENO MEDICIN. BELO RJAVE NAJMANJŠE OGNOJEK, PREISKOV. ZRNATO BARVE PRAŠTEVILO TUR PRIPRAVA ŽIVILO AMERIŠKA NATAN�- IGRALKA ZAMUDNIK, NOST, IN MODEL ZAKAS- ODGOVOR- (CINDY) NELEC NOST, PAZLJIVOST KOLI�INA OKRASEN FIZIK TLAKOVAN LESA ZA KME�KI MOLJK TRST PO PROSTOR LETNI PRI� DEL ITALI- OB ALI NA POSEK ORGAN ZA ZASTAVNE JANSKO ZGRADBI VOHANJE LISTINE SKUPNA PRESITOST; ITAL. PRI- EVROPSKA SMU�ARSKO NAVELI- STANIŠ�E DENARNA DRUŠTVO �ANOST OB SRED. ENOTA RAZVALINA, JADRANU RUŠEVINA ZNAK ZA NEKOLIKO MITOL. MEHKA ZNAK ZA SAMO, ZNAK ZA NOBELIJ NERODNA, NAVPI�NA VELIKAN RADIOAKT. TELUR ZGOLJ NATRIJ SKLADA- NESPA- RAZPOKA V FILMSKI KOVINA (Th) BEKETA- ISKAN TELJ METNA SKALOVJU REŽISER OZNAKA JO�E GOZDNI KUMAR ŽENSKA KAZAN R(IJ)EKE ŽIVALI PLOD OPAT, GROBA IRSKA PRIOR VOLNENA KNEZ IZ REPUBLI- ARKTI�NI TKANINA BORODI- KANSKA JELEN RIMSKA NOVE ARMADA LOPATAR 101 OPERE ZVITEK NEMŠKA OTO ZVEZDA, KI IGRALKA BLAGA OBLIKA IM. VRHOVNIK POVE�A SIJ IRELAND NIKA IN POSTOP- VITO ANTON NO UGASNE TAUFER AŽBE EDEN ORANJE SREDIŠ�E NASPROTJE VIPAVSKE TENORJA DOLINE VELIKA TOLSTO- O�E, �RNO JEVA KOT GA PIKASTA JUNAKINJA KLI�EJO AZIJSKA KARENINA OTROCI ZVER risba priložena Eugene ? DRAMA PLEŠASTA PEVKA ALPSKO MESTO V SZ ITALIJI POD PRELAZOM SVETI BERNARD Najboljši osmošolci in devetošolci s področnih tekmovanj so se v soboto, 17. aprila 2004, pomerili v sedmih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po veljavnem pravilniku uvrsti 1 % vseh osmošolcev s posameznega področja in 1 % vseh devetošolcev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dosežkov na po- dročnem tekmovanju izbere državna tekmovalna komisija. Regija 7,8 razred 8,9 razred Ljubljana 87 101 Kranj 40 38 Maribor 63 78 Celje 38 44 Koper 21 20 Nova Gorica 19 16 Novo mesto 34 35 Skupaj 302 332 Zlato Vegovo priznanje prejmejo osmošolci, ki so osvojili najmanj 12 od 25 možnih točk, in devetošolci, ki so osvojili najmanj 9 od 25 možnih točk. Nagrade najuspešnejšim tekmovalcem: 40. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje 7,8 razred I. nagrada Gabrijela Jankovič, OŠ Mirana Jarca, Črnomelj Matjaž Payrits, OŠ Danile Kumar, Ljubljana II. nagrada Anja Komatar, OŠ Domžale III. nagrada Igor Klepič, OŠ Center, Novo mesto Blaž Rugelj, OŠ Mengeš 8,9 razred I. nagrada Jure Vogrinc, OŠ Danile Kumar, Ljubljana II. nagrada Matej Kociper, OŠ Gorišnica III. nagrada Miha Čančula, OŠ Božidarja Jakca, Ljubljana Aleksander Potočnik matematika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 17 21.8.2004 10:00:46 18 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 18 21.8.2004 10:00:46 19 Hitrost svetlobe je meja Albert Einstein je v »čudežnem letu« 1905, ki je povod za Svetovno leto fizike 2005, objavil pet pomembnih del. Med njimi je bil članek O elektrodinamiki gibajočih se teles s teorijo, iz katere je zrasla posebna teorija relativnosti. Na vprašanje, kako bi najkrajše orisal njeno glavno značilnost, je Einstein odvrnil: »Spremenjeni pogled na čas.« V tej teori- ji telesa z maso ne morejo doseči hitrosti svetlobe v vakuumu. Povedano drugače: hitrost svetlobe je nedosegljiva zgornja meja za hitrost teles z maso. To ne zadeva teles na vesoljskih razdaljah v vesolju, ki se širi. Tu in tam se še najde kdo, ki trdi, da se lahko telesa gibljejo hitreje. Posku- simo ga prepričati na čim prepostejši način, da to ni mogoče. Mislimo si, da na ravnem delu proge vlak vozi premo enakomerno -- v smeri naprej. Pravkar ste se v zadnjem vagonu peljali mimo prometnika na postaji, ki je v tem trenutku izseval svetlobni blisk v smeri gibanja vlaka – naprej. Blisk je zaznal tudi vaš prijatelj v prvem vagonu, ki za vas miruje. Prometnik se za vas giblje s hitrostjo v v smeri nazaj, med- tem ko se zanj vlak z vama giblje s hitrostjo v v smeri naprej. Tako je za- radi simetrije: če se prvo telo giblje z določeno hitrostjo v glede na dru- go, se drugo telo giblje glede na prvo z enako veliko hitrostjo v nasprotni smeri. Za vas, vašega prijatelja in za prometnika blisk potuje s hitrostjo svetlobe v vakuumu c v smeri naprej. Tako je zaradi načela relativnosti. Po njem so vsi nepospešeni koordinatni sistemi pri opisu pojavov v naravi enakovredni. Svetloba v vakuumu potuje v vseh nepospešenih sistemih s hitrostjo c, če v enem od njih potuje s to hitrostjo. Ali bi bilo mogoče, da bi se prometnik glede na vlak ali vlak glede na prometnika gibal s hitrostjo v, ki bi presegla c? Ne! Z vašega stališča se opis pojava ne bi spremenil. S stališča prometnika pa blisk nikoli ne bi dosegel vašega prijatelja, saj bi se ta od prometnika oddaljeval z večjo hitrostjo od bliska (slika 1). V tem primeru bi prijatelj opisal popolnoma drugačen pojav kot prometnik. Prometnikov koordinatni sistem ne bi bil enakovreden koordinatnemu sistemu prijatelja. To bi nasprotovalo načelu relativnosti. če naj svetloba potuje naprej in če naj velja načelo relativno- sti, hitrost vlaka, glede na prometnika ali prometnika glede na vlak, ne more doseči hitrosti c ali jo celo preseči. To velja za hitrost telesa z maso. Da imata vlak in prometnik ali delca, ki si ju lahko mislimo namesto njiju, maso, moramo vedeti, če naj obstajata koordinatna sistema, v katerih vlak in prometnik mirujeta. Hitrost svetlobe v vakuumu je tudi zgornja meja za hitrost potovanja energije in sporočil. V tem primeru je to doseg- ljiva zgornja meja, če energijo ali sporočila prenaša svetloba v vakuumu. 2. fizika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 19 21.8.2004 10:00:46 20 Zamisel smo povzeli po člankih Edwi- na F. Taylora Zakaj se nič ne giblje hi- treje kot svetloba, Ker naprej je naprej v American Journal of Physics iz leta 1990. E. F. Taylor je z Johnom Archi- baldom Wheelerjem napisal znamenito knjigo Fizika prostor-časa. V članku o elektrodinamiki gibajočih se teles je Einstein izhajal iz načela relativnosti in načela o nespremenljivi hitrosti svetlobe: 1. Zakoni, po katerih se spreminjajo stanja fizikalnih sistemov, niso odvisni od tega, katerega od dveh koordinatnih sistemov, ki se drug proti drugemu gib- ljeta premo enakomerno, te spremembe stanja zadevajo. 2. Vsak svetlobni žarek se giblje v »mi- rujočem« koordinatnem sistemu z dolo- čeno hitrostjo c, neodvisno od tega, ali ga izseva mirujoče ali gibajoče se telo. Še istega leta mu je Einstein dodal kra- tek sestavek z naslovom Ali je vztrajnost telesa odvisna od njegove energije, v ka- terem je izpeljal najznamenitejšo enač- bo fizike o zvezi med maso in energijo E=mc2. V dodatku je uporabil samo načelo relativnosti in pripomnil: »Tam [v prvem članku] uporabljeno načelo o nespremenljivi hitrosti svetlobe seveda vsebujejo že Maxwellove enačbe.« Iz Maxwellovih enačb, to je zakonov za električno in magnetno polje, izhaja za hitrost svetlobe v vakuumu c= 1/ εo µo z električno konstanto εo in magnetno konstanto µo. Po načelu relativnosti veljajo Maxwellove enačbe v vsakem nepospešenem koordinatnem sistemu. Tudi zapisana enačba za hitrost svetlo- be velja v vsakem nepospešenem koor- dinatnem sistemu. Trditev, da je hitrost svetlobe v vakuumu neodvisna od tega, ali jo izseva mirujoče ali gibajoče se telo, je že na samem začetku naletela na začudenje. Tega so bile krive izkuš- nje z drugimi vrstami valovanja, pred- vsem prepričanje, da svetloba potrebuje za potovanje »eter«, kot zvok potrebuje zrak. Toda svetloba lahko potuje po va- Slika 1. Opis potovanja opazovalca O (vas), prijatelja P, prometnika R in bliska B za prijatelja (1. in 3. slika) (x’, ct’) in promet- nika (2. in 4. slika) (x, ct) pri manjši hitrosti v=c/2 (1. in 2. slika) in večji hitrosti v=2c (3. in 4. slika). Pri manjši hitrosti blisk ujame prijatelja v narisani točki, pri večji pa ga blisk sploh ne ujame, še za opazovalcem zaostane. Diagrami so narisani po enačbah posebne teorije relativnosti, ki ne dopuščajo, da bi izračunali gibanje prijatelja pri večji hitrosti. Opisa se pri večji hitrosti tako ra- zlikujeta, da zadevata različna pojava, in koordinatna sistema nista enakovredna. Obe hitrosti in razdaljo med opazovalcem in pri- jateljem 1 svetlobno sekundo, to je približno dolžina vlaka, lahko dosežemo samo v znan- stveno-fantastični zgodbi. Slika 2. Telo T zadeneta enaka bliska z ener- gijo po E/2 v nasprotnih smereh. Pojav opa- zujemo v koordinatnem sistemu (x, y), v ka- terem telo miruje (zgoraj), in v koordinatnem sistemu (x’, y’), ki se z majhno hitrostjo v giblje pravokotno na smer potovanja bliskov (spodaj). Razmere pred absorpcijo poveže z razmerami po njej izrek o ohranitvi gibalne količine. V prvem koordinatnem sistemu ima vsak od bliskov gibalno količino E/2c, v dru- gem pa v smeri gibanja drugega koordinat- nega sistema glede na prvega komponento gibalne količine E/2c sin α= Ev/2c2). fizika y’ v y x’ x T S’S T 1 2E/c 1 2E/c v T 1 2E/c 1 2E/c y’ x’ v T ct’ x’ R B P O ct ’ R O B P x’ ct x R O B P ct x R O B kuumu, a »hitrosti glede na vakuum«, to je glede na praznino, ni mogoče iz- meriti. Mogoče je izmeriti samo hitrost glede na telo. »Hitrost svetlobe v vaku- umu« izmerimo tako, da razdaljo med telesoma v vakuumu delimo s časom, v katerem to razdaljo prepotuje svetloba. s s s s s s s s Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 20 21.8.2004 10:00:47 21 Slika 3. Za mirujočega moža pada dež navpično, za gibajočega pa poševno pod kotom α proti navpičnici. Ta kot je odvisen od razmerja hitrosti moža in hitrosti dežja. Če je hitrost svetlobe c in hitrost moža v, velja sin α = v/c in pri majhnem razmerju hitrosti α = v/c. Danes ta trditev ne zveni več tuje, saj je v mednarodnem sistemu enot hitrost svetlobe dana z dogovorom o metru: meter je dolžina poti, ki jo v vakuumu opravi svetloba v 1/299792458 sekunde. Dogovori o enotah veljajo enako v vseh nepospešenih koordinatnih sistemih. Masi ustreza energija O Einsteinovi izpeljavi zveze med maso in energijo E=mc2 razpravljajo še dan- danes. Sam Einstein je v knjigi Iz mojih poznejših let postregel s preprostejšo iz- peljavo. Zanjo je treba poznati le izrek o ohranitvi gibalne količine, enačbo za zvezdno aberacijo in zvezo med gibalno količino in energijo svetlobe. Z mirujočim telesom T z maso m povežemo koordinatni sistem (x,y). Z desne in leve telo istočasno zadeneta enaka svetlobna bliska, od katerih nosi vsak energijo E/2. Telo absorbira prvi in drugi blisk ter ostane pri miru. Zaradi simetrije je namreč učinek levega bliska na telo nasprotno enak učinku desnega. Ob tem se energija telesa poveča za E. Pojav opazujemo še v koordinatnem si- stemu (x’,y’), ki se glede na koordinatni sistem (x,y) giblje s hitrostjo v prečno na smer potovanja bliskov, to je v sme- ri osi y in y’ (slika 2). V koordinatnem sistemu (x’,y’) potujeta bliska pod ko- tom α glede na smer potovanja v koor- dinatnem sistemu (x,y), to je na os x. Po enačbi za zvezdno aberacijo je pri- bližno sin α = α = v/c (slika 3). Ker je razmerje hitrosti zelo majhno, smemo sinus kota nadomestiti s kotom v loč- ni meri. V koordinatnem sistemu (x’,y’) uporabimo izrek o ohranitvi za prečne komponente gibalne količine. Pred ab- sorpcijo ima telo v tem sistemu kompo- nento gibalno količino mv in bliska sku- paj komponento gibalne količine 2·1/2E sinα c = E(v/c)/c = Ev/c2. Upoštevali smo, da svetloba prenese gibalno koli- čino E/c, če prenese energijo E (slika 4). Po absorpciji ima telo komponento gibalne količine m’v. Pri tem smo zane- marili zelo majhno spremembo hitrosti telesa ob absorpciji, a upoštevali spre- menjeno maso m’. Komponenta gibalne količine pred absorpcijo je enaka kom- ponenti po absorpciji: mv+Ev/c2=m’v in E=(m’–m)c2.Telesu torej naraste masa od m na m’, ko mu dovedemo energijo E. Telo ne bi moglo sprejeti energije, če ne bi dopustili možnosti, da se spreme- ni njegova masa. Ničlo energije lahko poljubno izberemo in dobljeno zvezo za- pišemo v obliki E=mc2. Energijo smo dovedli s svetlobnima bliskoma, a zveza velja splošno, tudi če telesu dovedemo energijo na drug način. Računali smo, da je hitrost v zelo majhna v primeri s hitrostjo svetlobe, a ta hitrost se v konč- nem rezultatu sploh ne pojavi. Zvezdna aberacija. James Bradley je v svoji hiši v Londonu namestil tri in pol metra dolg teleskop in z njim vse leto natančno meril lego zvezd. Pri tem se je omejil na zvezde v smeri pravokotno na ravnino gibanja Zemlje okoli Sonca. Opazil je, da zvezda na nebu v letu dni opiše krožec s kotnim polmerom okoli 20 kotnih sekund. Leta 1727 je pojav pojasnil z gibanjem Zemlje. Svetloba z zvezde potuje proti Zemlji s hitrostjo c, a Zemlja se giblje okoli Sonca s hitrost- jo v v pravokotni smeri. Če bi Zemlja mirovala, bi dobili sliko zvezde v osi tele- skopa, ko bi os usmerili naravnost proti zvezdi. Ker pa se Zemlja giblje v prečni smeri, je treba v tej smeri nagniti os za kot α, da dobimo sliko zvezde v osi. Ker Zemlja v letu dni opiše krog, opiše njena slika krožec s kotnim polmerom α= v/c. Za hitrost Zemlje pri gibanju okoli Son- ca upoštevamo 30 km/s in za hitrost sve- tlobe 300 000 km/s, pa dobimo za kot zvezdne aberacije v/c =0,0001 radiana ali 0,0001·(π/180)·(1/3600)=20 kotnih sekund. Upoštevali smo, da ima radian 360/(2π)=180/π kotnih stopinj in kotna stopinja 3600 kotnih sekund. Bradleye- Slika 4. Na ploščico pravokotno paa elektro- magnetno valovanje z jakostjo električnega polja ε in gostoto magnetnega polja Β=ε/c. Med točkama v razdalji d na osi x se pojavi napetost U = εd, ki požene med njima tok I=U/R=εd/R. Na tok deluje magnetno polje s silo F = IdΒ =(U/R)d(U/dc)=(U2/R)/c = E/(tc). Ploščica v času t absorbira energijo E in v tem času prejme gibalno količino Ft =E/c. fizika c v y x U F=I ß ß z I α d d Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 21 21.8.2004 10:00:49 22 va razlaga je svoj čas prva podprla mi- sel, da se Zemlja giblje okoli Sonca in dala velikost hitrosti svetlobe. Gibalna količina svetlobe. Vzemimo črno ploščico, ki svetlobo absorbira v celoti, in posvetimo nanjo v pravokotni smeri s curkom svetlobe. Svetlobo obrav- navamo kot ravno elektromagnetno va- lovanje, v katerem je jakost električnega polja ε pravokotna na gostoto magnet- nega polja Β=ε/c in sta obe pravokotni na smer potovanja. Jakost električnega polja povzroči v svoji smeri med točkama v razdalji d napetost U=εd, ki požene v tej smeri električni tok I=U/R=εd/R, če je R upor. Magnetno polje izvaja na tok silo F=IdΒ=(εd/R)dε/c=U2/Rc=E/(tc). Pri tem je U2/R moč, to je dovedena energija, deljena s časom obsevanja. Po izreku o gibalni količini je sprememba gibalne količine enaka sunku sile Ft. V času, v katerem ploščica sprejme iz va- lovanja energijo E, torej prejme gibal- no količino E/c. Račun je bil nekoliko površen. Poudariti bi morali, da jakost električnega polja, gostota magnetnega polja, tok in napetost sinusno nihajo, in upoštevati povprečje energije in gibalne količine. Zaradi upora tok in napetost v ploščici z globino izrazito pojemata. Vendar obvelja misel, da vsa dovedena energija preide v električno delo, na ra- čun katerega se površje ploščice greje. Enačba velja splošno v okviru Maxwel- love elektrodinamike. najsrec'nejs'a misel Eric Rogers, znan kot vzgojitelj učiteljev fizike in pisec srednješolskega učbenika Raziskujoča fizika, je bil v Princeto- nu Einsteinov sosed. Z ženo sta včasih pokramljala z Einsteinom in mu po- kazala kako igračo, povezano s fiziko. Za Einsteinov dvainsedemdeseti rojstni dan sta mu podarilo igračo, povezano z njegovim delom. Krajišče podrug meter dolgega droga je obdajala prozorna kro- gla iz plastike (slika 5). Na ročaj je bila pritrjena kovinska cev, ki se je konča- la v kovinsko polkroglo na sredi. V to polkroglo je bilo treba spraviti kovinsko kroglico, pritrjeno na vijačno vzmet, ki je bila prešibka, da bi premagala težo kroglice. Einstein je takoj razumel, za kaj gre, in našel rešitev. Ročaj je bilo treba postaviti v navpično lego, da se je plastična krogla dotaknila stropa, nato spustiti, da je prosto padal, in nazadnje ujeti, preden je spodnje krajišče udarilo ob tla. Med padanjem, ko na kroglico ni delovala teža, je vzmet potegnila krogli- co v polkroglo. Igrača je neposredno pokazala, da ve- lja načelo ekvivalentnosti. Einstein se je spominjal: »Ko sem leta 1907 pri- pravljal pregledni članek o posebni te- oriji relativnosti [...], sem mislil tudi Newtonovo teorijo gravitacije prilago- diti tako, da bi njeni zakoni ustrezali [posebni teoriji] relativnosti. Prizade- vanja v tej smeri so pokazala, da je to mogoče narediti, a me niso zadovoljila, ker so izhajala iz fizikalno neupraviče- nih domnev. Potem se mi je porodila najsrečnejša misel v mojem življenju v naslednji obliki. [V nekem predavanju je povedal, da je tedaj sedel v stolu na patentnem uradu v Bernu.] Gravitacij- sko polje obstaja samo relativno, podo- bno kot električno polje, ki nastane pri indukciji. Ker za opazovalca, ki prosto pada s strehe ne obstaja – vsaj v njegovi neposredni okolici – gravitacijsko polje. če opazovalec spusti nekaj teles, ta zanj mirujejo ali se enakomerno gibljejo, ne- odvisno od njihove kemijske ali fizikal- ne narave (pri tem seveda zanemarimo zračni upor). Opazovalec ima zato pra- vico svoje stanje imeti za »mirovanje.« Za tega opazovalca veljajo potem enač- be posebne teorije relativnosti v nepo- spešenem koordinatnem sistemu. Iz te misli je v osmih letih nastala splošna teorija relativnosti. Janez Strnad Slika 5. E. Rogers je Einsteinu podaril igračo, ki deluje zaradi načela ekvivalent- nosti. Po tem načelu opazovalec ne more povedati, ali miruje v bližini telesa z ve- liko maso ali se daleč od vseh teles giblje pospešeno v nasprotni smeri. Padajoči opa- zovalec ne občuti teže in zanj veljajo enačbe posebne teorije relativnosti ali pri majhni hitrosti enačbe Newtonove mehanike, kakor velja za nepospešenega opazovalca. Slika 6. Einsteina so redna pre- davanja nekoliko dolgočasila. Rad pa se je pogovarjal in odgovarjal na vprašanja. Na veliko vprašanj je odgovoril v pismih. Odgovoril je tudi učenki, ki ga je vprašala, kako naj nariše tangento na različno ve- lika kroga. Einstein ji je poslal risbo z odgovorom: »Polmer r3 [kroga] K3 je razlika r3=r1− r2. Tangenta O3→K3 je vzporedna s tangento na K1 in K2 in jo je preprosto narisati. To da rešitev. A. E.« fizika K1 K2 O2O1 K3 http://zaloznistvo.dmfa.si/presek/ Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 22 21.8.2004 10:00:50 23 42. fizikalno tekmovanje srednjes'olcev slovenije Tudi letos je tekmovanje tako kot v prejšnjih letih potekalo v treh stopnjah in treh skupinah, ki so se razlikovale po snovi. Na prvo stopnjo, regijsko tekmovanje, se je prijavilo 716 dijakov in dijakinj, udeležilo pa se ga je 606 tekmovalcev in tekmovalk iz 58 srednjih šol. Tekmovanje je bilo izvedeno 27. marca 2004 istočasno na osmih srednjih šolah iz posameznih regij: Gimnaziji Bežigrad, Ljubljana, Gimnaziji Litija, Dvo- jezični srednji šoli Lendava, ŠC Velenje - Splošni in strokov- ni gimnaziji, Gimnaziji Kranj, ŠC Nova Gorica - Gimnaziji, Gimnaziji Piran in Srednji tehniški in poklicni šoli, Trbovlje. Tekmovalne komisije so popravile izdelke in predložile tek- movalce za državno tekmovanje iz posamezne regije. Na tek- movanju je 195 tekmovalcev in tekmovalk osvojilo bronasto priznanje, 126 predlaganih za državno tekmovanje pa tudi srebrno priznanje. Državno tekmovanje je bilo 8. maja 2004 na Gimnaziji Kranj. Od 128 uvrščenih tekmovalcev in tekmovalk se ga je v I. skupini udeležilo 62, v II. skupini 29 in v III. skupini 31, skupaj 122 tekmovalcev in tekmovalk iz 39 srednjih šol. Tekmovanje je izvedla tekmovalna komisija DMFA Slovenije, stroške tekmovanja pa sta krila Ministrstvo za šolstvo, zna- nost in šport in soorganizator državnega tekmovanja - Gim- nazija Kranj. Pri izvedbi tekmovanja in ocenitvi izdelkov so pomagali študentje in sodelavci Fakultete za matematiko in fiziko, Oddelka za fiziko ter sodelavci Inštituta Jožef Stefan. Na letošnjem državnem tekmovanju je komisija razglasila 1 prvo nagrado, 9 drugih, 9 tretjih in 43 pohval. Zlato prizna- nje je prejelo 17 tekmovalcev. Svečana podelitev nagrad in zlatih priznanj je bila 20. maja 2004 na prireditvi v Planetu Tuš v Celju. Podeljene nagrade in pohvale Skupina I I. nagrada Ni bila podeljena. II. nagrada • Tadej Grobelšek, ŠC Celje - Splošna in strokovna gimnazi- ja Lava; • Primož Koželj, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Blaž Cugmas, Gimnazija Celje-Center; • Simon Jazbec, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Boštjan Kovač, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana. III. nagrada • Damjan Delač, Gimnazija Kočevje; • Jože Mužerlin, Gimnazija Celje-Center Pohvala • Matej Huš, I. gimnazija v Celju; • Ambrož Kregar, ŠC Rudolfa Maistra Kamnik - Gimnazija; • Anže Starič, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Martin Ambrožič, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Matjaž Berčič, Gimnazija Škofja Loka; • Uroš Orthaber, II. gimnazija Maribor; • Marko Šantej, ŠC Celje - Splošna in strokovna gimnazija Lava; • Nino Bašič, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Blaž Ferjanc, I. gimnazija v Celju; • Matic Franko, Gimnazija Škofja Loka; • Tomaž Šuštar, SŠ za elektrotehniko in računalništvo, Ljubljana; fizika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 23 21.8.2004 10:00:50 24 • Kristjan Gričnik, Gimnazija Celje-Center; • Zala Lenarčič; Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • David Seč, Gimnazija Kranj; • Špela Špenko, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Samo Štajner, Gimnazija Brežice; • Gregor Hostnik, Gimnazija Litija; • Nejc Kapus, Gimnazija Jesenice; • Tadej Koderman, ŠC Rudolfa Maistra Kamnik - Gimnazija; • Anže Jazbec, Gimnazija Poljane, Ljubljana; • Timotej Lazar, Gimnazija Murska Sobota. Skupina II I. nagrada Ni bila podeljena. II. nagrada • Aleš Brolih Del Bello, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Miha Troha, Gimnazija Jurija Vege, Idrija. III. nagrada • Denis Golež, ŠC Celje - Splošna in strokovna gimnazija Lava; • Matija Vidmar, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana. Pohvala • Samo Urdih, ŠC Nova Gorica - Gimnazija; • Jure Medvešek, Gimnazija Ledina, Ljubljana; • Timotej Homar, Škofijska klasična gimnazija, Ljubljana; • Borut Rožman, Gimnazija Franca Miklošiča, Ljutomer; • Jure Senegačnik, Škofijska klasična gimnazija, Ljubljana; • Andrej Devetak, II. gimnazija Maribor; • Matija Krajnc, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Gregor Klančnik, Gimnazija Kranj; • Jaka Kravanja, Gimnazija Tolmin; • Gorazd Krese, ŠC Novo mesto - Srednja elektro šola in tehnična gimnazija; • Jure Pašič, SŠ Črnomelj; • Tom Vodopivec, TŠC Nova Gorica - Poklicna in tehniška elektro šola; • Matjaž Gomilšek, II. gimnazija Maribor; • Andrej Perkuš, ŠC Slovenj Gradec - Gimnazija; • Andrej Soršak, Prva gimnazija Maribor; • Tjaša Udir, Gimnazija Kranj. Skupina III I. nagrada • Simon Čopar, Gimnazija Litija. II. nagrada • Klemen Žiberna, II. gimnazija Maribor; • Peter Jakopič, Gimnazija Želimlje. III. nagrada • Simon Jesenko, Gimnazija ¸Škofja Loka; • Klemen Blokar, Gimnazija Šentvid, Ljubljana; • Gregor Donaj, II. gimnazija Maribor; • Martin Strojnik, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Gregor Posnjak, Gimnazija Kranj. Pohvala • Klemen Pirnat, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Peter Nose, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Domen Stadler, Srednja elektro in strojna šola, Kranj; • Sašo Grozdanov, II. gimnazija Maribor; • Mitja Trampuš, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana; • Nik Stopar, SŠ Vena Pilona Ajdovščina. Izbirno tekmovanje za olimpijsko ekipo je bilo 14. maja 2004 na Fakulteti za matematiko in fiziko, Oddelek za fiziko. Ude- ležilo se ga je 11 najboljših tekmovalcev iz III. skupine z državnega tekmovanja. V ekipo za letošnjo 35. mednarodno fizikalno olimpiado so se uvrstili: Simon Čopar, Gimnazija Litija; Klemen Žiberna, II. gimnazija Maribor; Peter Jako- pič, Gimnazija Želimlje; Klemen Blokar, Gimnazija Šentvid Ljubljana in Simon Jesenko, Gimnazija Škofja Loka. Ciril Dominko Rešitve: diagonalni srček, deteljica, slon, zajec 2 4 4 6 7 7 6 2 4 4 6 7 7 6 2 4 2 4 3 6 4 7 6 7 6 5 7 1 5 7 7 1 7 1 5 1 1 4 1 1 3 4 2 2 3 4 6 6 7 5 8 4 1 1 1 3 4 4 6 7 7 5 1 7 6 5 4 3 6 res' itvi s strani 11 Gobelini fizika Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 24 21.8.2004 10:00:51 25 Fizika Presek objavlja ob vstopu v leto 2005, ki je po vsem svetu izbrano za leto fizi- ke, nagradni fotografski natečaj na fizikalno temo. Vabimo vas, da sodelujete s svojimi fotografijami! Posneti motiv mora imeti zanimivo fizikalno vsebino, nagradili pa bomo tiste foto- grafije, ki bodo po mnenju Presekove umetniške ekipe najbolj zanimive in najlepše. Vsakdo lahko sodeluje z največ petimi fotografijami, posnetimi po objavi tega na- tečaja, vsaka od teh pa je lahko • originalni diaposnetek s priloženo povečavo na papirju, približne velikosti 13×18 cm, • povečava (13×18) z negativa (avtorje izbranih fotografij bomo naknadno prosili, da nam pošljejo negative) • originalna nepopravljena datoteka iz digitalnega fotoaparata, posneta z vsaj dve- ma milijonoma točk in shranjena na elektronskem mediju, prav tako s priloženo povečavo na papirju (13×18). K vsaki fotografiji priložite spremno besedilo v primerni obliki, da bo lahko objav- ljeno skupaj s fotografijo. Besedilo naj pove, kje in kdaj ste sliko posneli, s kakšno fotografsko opremo in drugimi pripomočki ter kakšne so bile pri posnetku nastavit- ve na fotoaparatu. V nekaj stavkih lahko komentirate tudi fizikalno vsebino slike. Slike pošljite na naslov Uredništvo Preseka, Jadranska 19, 1000 Ljubljana. Svetu- jemo vam, da na ovojnico dopišete »FOTOGRAFIJE – NE PREPOGIBAJ« in vanjo za oporo vstavite še kos tršega kartona. Ne pozabite priložiti svojega imena in poštnega naslova. Pred izidom vsake številke Preseka bomo med vsemi na novo pri- spelimi fotografijami izbrali najboljše, jih objavili v Preseku in nagradili avtorje. Uredništvo Preseka Najleps' e fotografije za leto fizike Uredništvo Preseka Jadranska 19 1000 Ljubljana Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 25 21.8.2004 10:00:51 26 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 26 21.8.2004 10:00:51 27 3. Je vas̀ rac̀unalnik staknil virozo? Ali zadnje čase vaš računalnik dela sumljivo počasi? Se brez vidnega razloga ugaša? Ne gre zagnati protivirusnega programa? Morda je kriv računalniški virus - virus, trojanski konj ali črv? V nadaljevanju članka pokažemo na razlike med njimi ter podamo nekaj nasvetov, kako se vi- rusom izognemo in zaščitimo pred njimi. Vrste virusov Ločimo več različnih vrst računalniških virusov. Najpogostejši med njimi so: »tradicionalni« virusi, virusi, ki se prenašajo preko elektronske pošte, trojanski konji in črvi. Virus je računalniški program, napisan z namenom, da brez vednosti ali dovoljenja uporabnika spremeni ali prepreči pravilno delovanje računal- nika oz. drugega programa. Da mu lahko rečemo virus, mora izpolnjevati dva kriterija: mora se izvesti sam in se razmnoževati. To najpogosteje doseže tako, da se namesti na mesto drugega programa (npr. urejeval- nika besedil). Tako se vsakič, ko uporabnik zažene ta program, aktivira, omogočeno pa mu je tudi razmnoževanje. Nameni virusov so različni. Nekateri virusi z brisanjem podatkov in programov ali s formatiranjem trdega diska povzročajo veliko škodo na računalnikih. Obstajajo pa tudi virusi hudomušne narave, ki svojo prisotnost kažejo zgolj z različnimi be- sedilnimi, grafičnimi ali zvočnimi opozorili. Kljub na videz majhni škodi pa ti virusi z zasedanjem pomnilnika in procesorske moči vseeno lahko povzročijo nemalo nevšečnosti. Virusi po elektronski pošti se, kot že ime samo pove, prenašajo s po- močjo elektronske pošte in se običajno razmnožujejo tako, da se sami razpošljejo na naslovnike, ki jih imamo shranjene v imeniku elektronskih naslovov. Trojanski konj je program, ki ne počne zgolj to, za kar mislimo, da je namenjen. Lahko se nam na primer zdi, da je le igra, je pa tudi program, ki uničuje podatke ali jih celo razpošilja preko omrežja. Ključna razlika med njim in virusi je, da se trojanski konj ne razmnožuje sam. Aktivi- ramo ga izključno z datotekami, ki jih sami izvršimo na računalniku, recimo z odpiranjem izvedljive datoteke, ki smo jo prejeli po elektronski pošti. racunalnistvo Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 27 21.8.2004 10:00:51 28 V nasprotju z virusi, se črvi razmno- žujejo brez uporabe datotek na okuže- nem računalniku. Črv je program, ki za razmnoževanje uporablja računalniška omrežja ter pomanjkljivosti v varnosti operacijskih sistemov. V omrežju poiš- če računalnik, izkoristi vrzel v varnosti (če le ta ni že odkrita in zaščitena), se namesti in od tod razmnoževanje tudi nadaljuje. c'rv mydoom Oglejmo si primer črva, katerega raz- ličice v letošnjem letu uporabnikom spleta vedno znova povzročajo sive lase. Po hitrem širjenju prvotnega črva z imenom MyDoom (januar, 2004) in nje- govih potomcih, se je konec julija letos na medmrežju znova pojavila nova raz- ličica tega virusa. Črv je zelo upočasnil in v nekaterih primerih tudi onemogočil uporabo spletnih iskalnikov, kot so Goo- gle, Yahoo, Altavista in Lycos. Najnovejša različica črva MyDoom se prenaša preko elektronske pošte in na- pada računalnike z operacijskimi siste- mi MS Windows. Po aktiviranju se črv prekopira v mapo operacijskega sistema v datoteki java.exe in services.exe. S tem se namesti program, ki odpre stranska vrata (angl. back door), ki omogoči drugim uporabnikom vdor skozi luknjo v varnosti in prevzem nadzora nad oku- ženim računalnikom. Črv poskrbi tudi, da ga aktivira vsak zagon računalnika in temu primerno spremeni določene nastavitve (vrednosti ključev v registru) operacijskega sistema. Druga naloga tega črva je, da v dolo- čenih datotekah na računalniku poišče elektronske naslove drugih uporabni- kov, vaših prijateljev in znancev. Naslo- ve išče tudi med elektronskimi naslovi znotraj elektronske pošte, ki je shranje- na na trdem disku, in na prej omenjenih spletnih iskalnikih. Na več najdenih na- slovov nato samodejno pošlje elektron- ska sporočila in s stotinami sporočil polni elektronske predale uporabnikov. Poslana sporočila imajo več možnih vsebin, podrobnosti katerih najdete na spletu na URL: mydoomInfo. Podatki pošiljatelja so vedno lažni in so lahko katerikoli izmed najdenih elektronskih naslovov. Sporočilu je vedno pripeta ali izvedljiva ali zgoščena datoteka, ki vse- buje črva. V januarskem izbruhu črva so ocenili, da je bilo okuženo vsako dvanajsto po- slano elektronsko sporočilo URL: ML. Julijski izbruh pa k sreči ni imel takšnih razsežnosti, kar je najverjetneje posle- dica ustreznih protivirusnih zaščit. Zas'c' ita in nekaj preventivnih nasvetov Virusom in zaradi njih nastali škodi se lahko izognete že z nekaj preprostimi koraki: uporabljajte protivirusno programsko opremo; uporabljajte varnejši operacijski si- stem (npr. UNIX, Linux, MacOS ipd.); posodabljajte MS Windows operacij- ski sistem s popravki, ki jih Microsoft objavlja na medmrežju, saj na ta način zakrpate znane luknje v varnosti siste- ma; izogibajte se programom iz neznanih virov (recimo medmrežje) in uporabljaj- te kupljene programe, ki jih dobite na zgoščenkah; v Microsoftovih programih vključite možnost zaščite proti virusom v makro- jih in ne izvršujte makrojev, če niste po- polnoma prepričani, kaj počnejo; ne odpirajte prilog v elektronski pošti, če le-ta vsebuje izvedljive datoteke, kot so datoteke s priponami EXE, COM in VBS na MS Windows operacijskih si- stemih. Datoteke s slikami (JPG, GIF ipd.) niso škodljive, varnost pred MS Word dokumenti (DOC) pa dosežemo z zaščito pred makroji; pogosto napravite varnostno kopijo svojih podatkov. Večina proizvajalcev protivirusne pro- gramske opreme na svojih spletnih straneh nudi brezplačna orodja za od- stranitev tako starejših kot tudi najno- vejših črvov. Ti programi niso zaščita pred virusi, namenjeni so le nujnemu racunalnistvo 010101011010110101010110010101011001 01010101000101001011010111101010101101010101011010101010 1011101010111011010100101010101100111010110010101010100100101 0101110101110101110101000101010110101010110101 10101011010101101011010101010101010101010110101010010110101011 01010101101011010101101010110101010101010101010101 1011001010101001010101010010101010101010010101001010100101 0010101010100010101010110 0100010101010101010101010101001010101010101 0101010010101010101011011010101 0101011101010101010111010101101010101010101010101001010101010 010010001010100110101010101010110101010110101100110101010101 011010101010101011 1010101010101101011010101010101010101001010101101 101010100101010101010101010101010101010101101010101010100101 0101000101010100010101010101010110 0010101010001010101000101010101010101101010101010101010101 010101011001010101010101010101010101011001 1010101011010110110101010010010011101010101101011101 0100101010100010101010101101111010110101001100101010 101010110010101101010101 10101010101010101010010101010101010101101001011101 0101011011010101010010100101010101000101010101100101010010 10010101010100010101010110 0100010101010101010101010101001010101010101010101 010101010101001010101010101101101010101010100101001 0101010100010101010110 0100010101010101010101010101001010101 01010101010101010101 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 28 21.8.2004 10:00:52 29 čiščenju virusov, ko so le-ti že okužili računalnik. Prvi korak za zaščito proti virusom je se- veda namestitev protivirusne program- ske opreme. Poznamo tako plačljive kot brezplačne programe. Slednje lahko običajno brezplačno uporabljamo le za osebne, nekomercialne namene. Prime- ri takih programov za osebno uporabo so naslednji trije: avast! 4 Home Edi- tion, AntiVir Personal Edition in AVG Anti-virus Free Edition. Programe naj- dete na spodaj zapisanih povezavah. Vsi omenjeni programi omogočajo tudi po- sodobitev protivirusnih podatkov preko spleta, kar je eden ključnih korakov pri zaščiti proti novim različicam virusov. Plačlivo protivirusno programsko opre- mo pa lahko kupite že za 5000 SIT. kako protivirusni programi sploh delujejo Ob analizi novega virusa ugotovimo dele programske kode virusa, ki so zanj zna- čilne. Pravimo jim digitalni podpis vi- rusa in predstavljajo iskalni kriterij t.i. pregledovalnika. Pregledovalnik (angl. scanner) je osnovni del večine protivi- rusnih programov in v pomnilniku ter datotekah išče digitalne podpise znanih virusov. Če jih najde, javi da je datoteka oz. program okužen. Njegova uspešnost je odvisna predvsem od pravilnih digital- nih podpisov virusov, zato je ključnega pomena, da pogosto posodabljamo pro- tivirusne podatke. Majhne spremembe v kodi virusa namreč spremenijo njegov digitalni podpis, zato protivirusni pro- grami brez posodobitve podatkov ne za- znajo novih različic virusov. Protivirusni programi pogosto vsebujejo tudi možnost čiščenja okuženih datotek. Očitno je, da lahko tudi v tem primeru odstranimo samo znane viruse. Žal se veliko virusov ne da odstraniti, ne da bi poškodovali originalni program, ki ga moramo v takih primerih ponovno prekopirati iz varnostnih kopij ali pa ponovno namestiti. Če želite biti pre- pričani ali je virus zares odstranjen, je slednje najboljša rešitev. Za zaščito pred neznanimi, novimi raz- ličicami virusov lahko namestimo tudi programe, ki nadzorujejo zahteve opera- cijskega sistema po pisanju na disk ter po dostopu do datotek in pomnilnika. Taki programi običajno z opozorilom javijo sumljivo obnašanje programa, ki pa ni nujno virus. Programu lahko zatem omo- gočimo ali pa onemogočimo nadaljeva- nje, lahko ga pa tudi zbrišemo (po lastni presoji). Uporaba le tovrstnih programov pa za zaščito pred virusi ne zadošča. Vsak uporabnik se lahko pred morebit- no okužbo z virusom zaščiti na zgoraj omenjene in še na nekatere druge na- čine. Več o delovanju in vrstah protivi- rusnih programov lahko najdete tudi na spletu, npr. URL: kakodelujejo. V vsa- kem primeru pa naj velja načelo bolje preprečiti kot zdraviti. URL:antivirus1 http://www.alwil.com URL:HowStuffWorks http://computer.howstuffworks.com/virus. htm URL:antivirus3 http://www.free-av.com URL:antivirus2 http://www.grisoft.com URL:ML http://www.messagelabs.com/ URL:kakodelujejo http://www.stiller.com/avsw.htm URL:Symantec http://www.symantec.com URL:mydoomInfo http://securityresponse.symantec.com/avcen- ter/venc/data/w32.mydoom.n@mm.html Andrej Taranenko racunalnistvo www. Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 29 21.8.2004 10:00:52 30 0 0 Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 30 21.8.2004 10:00:54 31 Za izračun širine Lunine sence na Zemlji potrebujemo naslednje podatke: polmer Lune r = 1738 km polmer Zemlje R (v enaèbi se bo kraj- šal; glej dalje) oddaljenost Luna-Zemlja d=60 R (vred- nost se spreminja približno od 56 R do 63 R) dolžina Lunine sence s = 58,5 R (vred- nost se spreminja približno od 57,5 R do 3 kar pa bi morali še predhodno iz- računati, vendar je tu že dan podatek; (glej nalogo 1). S slike 1 sestavimo enačbo: x/(s – d + R) = 2 r/s. Tu moramo vzeti primer, ko je senca naj- daljša (s = 59,5 R) in ko je Luna najbli- že Zemlji (d = 56 R). Podatke vstavimo v enačbo in dobimo x = 2 · 1738 km · (59,5 R – 56 R + R)/59,5 R ~ 260 km. Izračunali smo največjo širino pasu Lunine sence, ki potuje čez kraje na Zemljinem površju, od koder je viden po- polni mrk Sonca. Najmanjša širina pasu bi bila točka - popoln Sončev mrk bi se zgodil (začel in končal) v hipu. Širina Lunine sence je odvisna od medsebojnih oddaljenosti Lune, Zemlje in Sonca v času mrka. Najpogosteje navajajo širino med 40 km in 100 km, nikdar pa ne pre- seže 270 km, pri čemer se celotna senca vleče po Zemljinem površju v dolžini od 6000 km do 12000 km. Zdaj pa se lahko lotimo računanja naj- daljšega trajanja popolnega Sončevega mrka. Tega doživi opazovalec na Zem- ljinem ekvatorju, čez katerega potuje središče sence. Če bi bila Zemlja ravna plošča, bi bil presek stožčaste Lunine sence z njo krog. Če bi bila Zemlja idealna krogla, bi bil presek sence z njo krožna ploskev NajdaljS̀e trajanje popolnega sonc̀evega mrka Med Sonèevimi mrki so posebno zanimivi popolni. Za kak kraj na Zemlji je popoln Sonèev mrk zelo redek vesoljski pojav, viden komaj na vsakih 200 do 300 let. Tudi pri tem naravnem pojavu si lahko zastavimo vprašanje, koliko èasa lahko najdlje traja popolni Sonèev mrk. Z osnovnošolsko matematiko se bomo po nekaj korakih prebili do rezultata. Zaradi boljše razumljivosti bomo nekatere reèi poenostavili. Najprej moramo izraèunati širino Lunine sence, ki ob popolnem mrku Sonca oplazi Zemljino površje. Za ta izraèun je treba izbrskati prave in èim natanènejše podatke, jih metodièno urediti, da v raèunu pride vse lepo in prav, in še nekaj naj bi bilo prisotno, namreè to, da v raèunanju nekoliko uživamo. Teh podatkov seveda ni mogoèe najti mimogrede, kakor da bi šel na vrt po korenèek za juhico. Pre- cej se je treba potruditi, da jih izvrtaš. Podatki so namreè razmetani po raznih knjigah in, èe nimaš ustreznih knjig, npr. uèbenikov, si daleè od rešitve zastavljenega vprašanja. 4. astronomija Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 31 21.8.2004 10:00:55 32 1. Iz skice izpelješ, da je s = r (a – d)/(R – r) = 58,5 R. Lunina senca v povprečju ne doseže Zemljinega površja. Ker pa se a in d spreminjata, Lunina senca lahko oplazi Zemljo. Najugodnejši pogoj za najdaljšo senco je, kadar je Luna najbliže Zemlji (d = 56 R) in je hkrati Zemlja najdlje od Sonca (a = 23800 R). V tem primeru je s = 59,5 R in senca pade na Zemljo. Opazovalec na Zemlji v Lunini senci ne vidi Sonca, zanj Sonce mrkne, opazuje torej popolni mrk Sonca. Glej dalje tekst. 2. c), kar ugotoviš na pamet, torej brez računa, če si le pozorno prebral prispevek. Lahko pa tudi izraču- naš dolžino Lunine sence za ta primer in iz dolžine sence sklepaš na tip mrka. Opomba. Najdaljše traja- nje kolobarjastega mrka je dobrih 12 min. 3. Da. Izračunati bi bilo treba čas, v katerem Luna (ko ima največji zorni kot) zakriva Sonce (ko ima najmanjši zorni kot) tako, da gre središče Luninega diska natanko čez središče Sončevega diska (v času mrka naj bi se navidezni poti Lune in Sonca popol- noma ujemali). Takega mrka v naravi ni. Gre za povsem teoretično nalogo. Podatke bi bilo treba še izbrskati. Sam sem to naredil. Dobimo zelo približ- no vrednost, odvisno od izbranih podatkov. Kakor rečeno, naloga je dana bolj za razmišljanje in spod- bujanje domišljije. s d - R x LunaLunina senca 2r S once R R Središče zemlje (kapica) na krogelni površini. Vendar po- enostavimo. Vzemimo, da je presek sence z Zemljinim površjem kar približno krog. Ta senčni krog se zaradi gibanj Zemlje (kro- ženja okrog Sonca in vrtenja okrog vrtilne osi) in Lune (kroženja okrog Zemlje) pre- mika po Zemljinem površju. Izračunajmo hitrost premikanja Lunine sence glede na Zemljo. Hitrost Lune na njenem tiru okrog Zemlje je okoli 1 km/s. Luna in Zem- lja potujeta po prostoru skupaj okrog Sonca, zato lahko vzamemo, da je hitrost sence tudi približno 1 km/s. Senca se giblje proti vzhodu. Hitrost kraja (točke) na Zemljinem ekvatorju je 2πR/vrtilni čas Zemlje = 2π · 6370 km/24 · 60 · 60 s = 0,46 km/s. Smer gibanja kraja je proti vzhodu. Relativna hitrost sence glede opazovalca na ekvatorju pa je 1 km/s – 0,46 km/s = 0,54 km/s. Torej se senca (pravzaprav omenjeni senčni krog) premika po Zemljinem površju s hitrostjo približno 540 m/s od zahoda proti vzhodu in tako opisuje pas sence s širino od 40 do 270 km, kar smo že povedali. Vzemimo, da gre za enakomerno gibanje. Najdaljši čas trajanja popolnega Sončevega mrka je čas, v katerem senč- ni krog prečka svoj premer. Izračunamo ga tako, da pot delimo s hitrost- jo, torej 260 km/(0,54 km/s) ~ 8 min, kar se dobro ujema z vrednostjo, navadno navedeno v literaturi (7,7 min). Gre torej za zgornjo mejo tra- janja popolnega mrka. Še nisem prebral, da bi kak popoln Sončev mrk trajal toliko časa, v povprečju namreč trajajo popolni Sončevi mrki le nekaj minut. Popolni Sončev mrk, ki je bil viden 11. 8. 1999 iz severne Slovenije, je na primer trajal dobri dve minuti. Tri naloge Da astronomski prispevek ne bi izzvenel v prazno, predlagam za reševanje tri naloge, prvo o dolžini Lunine sence, ostali dve pa o Sončevem mrku. 1. Izračunaj povprečno dolžino Lunine sence s, če poznaš polmer Sonca RS = 109,27 R, polmer Lune r = 0,273 R, razdaljo Zemlja-Sonce a = 23400 R ± 400 R, razdaljo Zemlja-Luna d = 60 R ± 3 R, če je R polmer Zemlje. Naredi ustrezno skico. 2. Za nek kraj na Zemlji so napovedali, da bo tam določenega dne viden Sončev mrk, ko bo Lunina senca najkrajša. Kakšen Sončev mrk bodo krajani opazovali tega dne (obkroži): a) popolni b) delni c) kolobarjasti 3. Ali bi bilo mogoče izračunati najdaljše trajanje popolnega središčnega Sončevega mrka še drugače? Bolj za razmislek. Marijan Prosen Slika 2 resitve astronomija Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 32 21.8.2004 10:00:56 33 V okviru praznovanj ob 200 letnici smrti in 250 letnici rojstva Jurija Vege (1754 do 1802) je izšla tudi prva slovenska strokovna publika- cija o imenih nebesnih teles. Vega je sicer najbolj znan kot matematik, ukvarjal pa se je tudi z astronomijo. Že leta 1837 so po njem poimeno- vali krater na Luni, pred kratkim pa tudi planetoid, ki so ga leta 1997 odkrili slovenski astronomi na observatoriju Črni vrh nad Idrijo. Kot vemo, je naše Sonce le povsem povprečna zvezda v galaksiji z ime- nom Rimska cesta, včasih ji pravimo tudi Mlečna cesta. Danes astronomi ocenjujejo, da je v Rimski cesti preko 100 milijard zvezd, torej preko 100.000.000.000 »sonc«. In Rimska cesta je samo povsem običajna ga- laksija. Tudi za število galaksij velja podobna ocena: v (znanem) vesolju je preko 100 milijard galaksij. Število zvezd v vesolju je torej komajda predstavljivo število. Z Zemlje vidimo le nekaj drobcev ogromnega vesolja. Vendar je teh ne- kaj drobcev dovolj, da je ljudem burilo domišljijo in da so v zgodovini poimenovali tiste objekte v vesolju, ki so jih lahko opazovali. Tako v knji- gi »Imena nebesnih teles« izvemo veliko zanimivosti o nastanku posa- meznih imen, kaj ta imena pomenijo in še marsikaj drugega. Na primer: razlaga, zakaj je Rimska cesta tudi Mlečna cesta, je res presenetljiva. Poglavja po vrsti obravnavajo imena zvezd, imena ozvezdij, asterizme, imena Rimske ceste, imena planetov, imena satelitov (lun), imena pla- netoidov, planetoid Vega, imena kometov, imena meteoritov, imena na Luni ter kraterja Vega in Stefan. Knjiga je namenjena širokemu krogu bralcev, predvsem ljubiteljem na- ravoslovja, pa tudi jezikoslovja. Pisana je preprosto in za branje ne po- trebujemo nobenega posebnega predznanja matematike ali fizike. Zato menim, da je knjiga zanimiva tudi za bralce Preseka, tako pri domačem kot tudi pri šolskem delu, na primer kot literatura za referate. Sandi Klavžar Imena nebesnih teles Založništvo Jutro, Ljubljana, 2003 Marijan Prosen astronomija Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 33 21.8.2004 10:00:56 34 kolofon Navodila sodelavcem Preseka za oddajo prispevkov Presek objavlja poljudne in strokovne član- ke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja pri- kaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmo- vanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učencem višjih 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. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vr- sticami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovorni urednici 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 ene- mu anonimnemu recenzentu, ki oceni pri- mernost članka za objavo. Če je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem urednica prosi av- torja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje Letnik 32 šolsko leto 2004/2005 Številka 1 Uredniški odbor Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mirko Do- bovišek (glavni urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmova- nja), Bojan Golli, Marjan Hribar, Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar (odgovorna urednica), Damjan Ko- bal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Primož Potočnik (novice), Marijan Prosen (astronomija), Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Vencelj, Matjaž Ven- celj. Dopisi in naroènine DMFA–založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, 4232 460, telefaks (01) 2517 281. Naročnina za šolsko leto 2004/2005 je za posamezne naročnike 4.000 SIT (posamezno naročilo velja do preklica), za skupinska naročila učencev šol 3.500 SIT, posamezna številka 900 SIT, dvojna številka 1.650 SIT, stara številka 650 SIT, letna naročni- na za tujino pa znaša 25 EUR. Transakcijski račun: 03100–1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, SWIFT: SKBASI2X, IBAN: SI56 0310 0100 0018 787. Sponzor List sofinancira Ministrstvo za šolstvo, znanost in šport Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje Polona Šterk in Matjaž Čuk Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana © 2004 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1581 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja izdajatelja ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana ±¶¼¾½²´ĦŦǽ▐☻☻☺╫≥≡≠≈∂√∞⅞∑▒■■•―·®® ®®~~°±+)))%** Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 34 21.8.2004 10:00:58 ±¶¼¾½²´ĦŦǽ▐☻☻☺╫≥≡≠≈∂√∞⅞∑▒■■•―·®® ®®~~°±+)))%** Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 35 21.8.2004 10:01:00 36 1. LETNIK 32 (2004/2005) ŠTEVILKA 1 > LETO FIZIKE 2005 NALOGE NAGRADNI RAZPIS KRIŽANKA > ±¶¼¾½²Ħ́Ŧǽ▐☻☻☺╫≥≡≠≈∂√∞⅞∑▒■■•―·®® ®®~~°±+)))%** Presek-naprej-nazaj-inspetnaprej.indd 36 21.8.2004 10:01:02