• vesoljski teleskopi • pitagorejske trojice • znamenite krivulje • nagradna križanka • Roboti vseh oblik in velikosti lahko zdaj opravljajo različne naloge, od enostavnih, kot je sesanje dnevne sobe, do zapletenih, kot je odkrivanje toplotnih tokov na dnu oceanov. Geometrija, statistika, teorija grafov, diferencialne enačbe in linearna algebra so nekatera od področij matematike, ki pomagajo pri navigaciji in procesu odločanja, tako da lahko roboti delujejo avto- nomno in delajo opravila, ki jih sami ne moremo, ali pa raje ne opravljamo. Robot na spodnji sliki pozdravlja obiskovalce, jih spremlja na njihovi poti in jim medtem posreduje no- vice in najnovejše vremenske napovedi. Take sposob- nosti zahtevajo algoritme za vid, prepoznavanje vzor- cev, prepoznavanje govora in vedenje v negotovih situacijah, ki bi lahko zmedle robota. Večina razisko- valcev meni, da smo še daleč od stvaritve strojev, ki bi se obnašali kot ljudje, vendar bodo izpopolnjeni algo- ritmi izboljšali zmogljivost robotov, ki so nam že slu- žili v vesolju, pri reševanju ob katastrofah in v opera- cijskih dvoranah, kjer zdravniki uporabljajo robotske roke za zahtevnejše operacije. • m a t e m a t i č n i t r e n u t k i Roboti Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati- ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen- cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se- dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči- noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob- javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do- voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami 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 enemu anonimnemu recenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispe- vek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejeval- nikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. k o l o f o n 2 n a v o d i l a s o d e l a v c e m P r e s e k a z a o d d a j o p r i s p e v k o v m a t e m a t ič n i t r e n u t k i Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 36, šolsko leto 2008/2009, številka 5 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek (glavni urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Mirjam Galičič, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar (odgovorna urednica), Damjan Kobal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Vencelj, Matjaž Vencelj. Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, 4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2008/2009 je za posamezne naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100–1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56 0310 0100 0018 787. List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje in tehnično urejanje Polona Šterk Ilustracija Polona Šterk Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 1900 izvodov © 2009 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1742 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana Pojasnilo: Gornji prispevek je prevod iz rubrike „The Mathe- matical Moments“, ki jo objavlja Ameriško matematično društvo AMS na spletni strani www.ams.org/mathmoments. Presek 36 (2008/2009) 5 • Matematični trenutki Roboti ....................................................................... • Matematika Do pitagorejskih trojic – geometrijsko (Marko Razpet) ........................................................ Bistrovidec – Rešitev naloge (Sandi Klavžar) ......... • Fizika O lomnem zakonu – drugače (Janez Strnad) ....... Poizkuševalnica v kuhinji – Difuzija, Kaj je to? – odgovor naloge (Mojca Čepič) ................................. Poizkuševalnica v kuhinji – Makro difuzija in evrodifuzija (Mojca Čepič) ....................................... Razmisli in poskusi (Mitja Rosina) ........................ • Astronomija Štirje mušketirji v vesolju (Rasto Snoj) ................ Predstavitev novih knjig (Andrej Guštin) ............ • R ačunalništ vo Stare krivulje, moderna orodja (Ciril Petr) ....... • R azvedrilo Nagradna križanka (Marko Bokalič) .................... Rešitev nagradne križanke Presek 36/4 ............. Sudoku ....................................................................... • Tekmovanja 44. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje (Klavdija Mlinšek) ..................................................... 8. tekmovanje dijakov srednjih tehniških in strokovnih šol v znanju matematike (Darinka Žižek) ......................................................... 8. tekmovanje dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol v znanju matematike (Dušanka Vrenčur) ................................................... Mednarodni matematični kenguru 2008 ............. 44. državno tekmovanje iz matematike za Vegovo priznanje ................................................ 8. področno tekmovanje v znanju matematike za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol ... 8. državno tekmovanje v znanju matematike za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol ........ 16–17 30 10 6–7 7–9 9–10 priloga priloga priloga priloga 3Presek 36 (2008/2009) 5 2 4–6 6 11–13 13–14 14–15, 18–19 20 21–23 31 24–29 k a z a l o Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati- ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen- cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se- dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči- noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob- javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do- voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami 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 enemu anonimnemu recenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispe- vek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejeval- nikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 36, šolsko leto 2008/2009, številka 5 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek (glavni urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Mirjam Galičič, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar (odgovorna urednica), Damjan Kobal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Vencelj, Matjaž Vencelj. Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, 4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2008/2009 je za posamezne naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100–1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56 0310 0100 0018 787. List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje in tehnično urejanje Polona Šterk Ilustracija Polona Šterk Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 1900 izvodov © 2009 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1742 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana Kazalo Slika na naslovnici: Na tokratni naslovnici najdemo utrinek iz pre- bujajoče se narave. V članku iz računalništva pa si lahko preberemo o L-sistemih, s katerimi opisujemo razvojne faze rastlin. 4 m a t e m a t i k a Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števila a, b in c, za katera velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je tedaj trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta dolžini katet. Pri tem je seveda a < c in b < c. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pitagorejska tro- jica. Števila a,b, c bomo imenovali kar stranice, na- tančneje a in b kateti, c pa hipotenuza pitagorejske trojice (a, b, c). Vsem je zagotovo znana pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte- zičnem koordinatnem sistemu xy načrtamo krož- nico K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnico. Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitno je N(0,1) točka, v kateri pozitivna polovica osi y preseka krož- nico K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K v točki U(u,v) in os x v točki P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premici, obstajajo povezave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščimo jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da pri znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo okrajšamo s faktorjem 1 − y in zato velja enačba p2(1− y) = 1+ y , ki jo razrešimo na y ter dobimo y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli povratno enolično pre- slikavo ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno- žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števila a, b in c, za katera velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je tedaj trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta dolžini katet. Pri tem je seveda a < c in b < c. Ker za tak trikotn k velja Pitagorov izrek, imenujemo ( , b, c) pitago ejska tro- jica. Števila a,b, c bo o imenovali kar st anice, na- tančneje a in b kateti, c pa hipotenu a pitagorejske trojice (a, b, c). Vsem je zagotov znana pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bo o z geometrijsko m todo poiskali vse pi- tagorejske tro ice. V ta namen v pravokotnem karte- zičnem koordinatnem sistemu xy načrtamo krož- nico K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej eno sko krožnico. Nje- na e ačba j seveda x2 + y2 = 1. Očitno je N(0,1) točka, v kateri pozitivna polovica osi y preseka krož- nico K. Opazujmo oltrake s krajišč m v točki N , ki sekajo krožnico K v točki U(u,v) in os x v točki P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premici, obstajajo povezave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščimo jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da pri znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo o rajšamo s fakt rje 1 − y in zato velja enačba p2(1− y) = 1+ y , ki jo razrešimo na y ter dobimo y (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo n šli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli povratno enolično pre- slikavo ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno- žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Do pitagorejskih trojic —geometrijsko Presek 36 (2008/2009) 5 • marko razpet Slika. O K N U P y x 5 m a t e m a t i k a Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števila a, b in c, za katera velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je tedaj trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta dolžini katet. Pri tem je seveda a < c in b < c. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pitagorejska tro- jica. Števila a,b, c bomo imenovali kar stranice, na- tančneje a in b kateti, c pa hipotenuza pitagorejske trojice (a, b, c). Vsem je zagotovo znana pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte- zičnem koordinatnem sistemu xy načrtamo krož- nico K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnico. Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitno je N(0,1) točka, v kateri pozitivna polovica osi y preseka krož- nico K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K v točki U(u,v) in os x v točki P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premici, obstajajo povezave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščimo jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da pri znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo okrajšamo s faktorjem 1 − y in zato velja enačba p2(1− y) = 1+ y , ki jo razrešimo na y ter dobimo y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli povratno enolično pre- slikavo ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno- žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števila a, b in c, za katera velja relacija a2 +b2 = c2. Ve o pa tudi, da je tedaj trikotnik, ki i a stranice dolge a, b in c enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta dolžini katet. Pri te je seveda a < c in b < c. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, i enuje o (a, b, c) pitagorejska tro- jica. Števila a,b, c bo o i enovali kar stranice, na- tančneje a in b kateti, c pa hipotenuza pitagorejske trojice (a, b, c). Vse je zagotovo znana pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bo o z geo etrijsko etodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta na en v pravokotne karte- zične koordinatne siste u xy načrta o krož- nico , ki i a središče v koordinatne izhodišču O(0,0) in pol er r = 1, torej enotsko krožnico. Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitno je N(0,1) točka, v kateri pozitivna polovica osi y preseka krož- nico . Opazuj o poltrake s krajišče v točki N , ki sekajo krožnico v točki U(u,v) in os x v točki P(p,0). Pri te v = 1. Ker so točke N , P in U na isti pre ici, obstajajo povezave ed njihovi i ko- ordinata i. Poišči o jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vze i o pri er p = 0. Tedaj lahko zapiše o enačbo pre ice skozi točki P in N v odsekovni ali seg entni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico najde o ta- ko, da pri znane številu p reši o siste enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobi o najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker pri er y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo okrajša o s faktorje 1 − y in zato velja enačba p2(1− y) = 1+ y , ki jo razreši o na y ter dobi o y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S te s o našli točko U(u,v) ∈ \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ \ {N} lahko poišče o eno sa o točko P(p,0) na osi x. Dobi o p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziro a u = 0, v = −1 najde o obakrat pravilen rezultat. Tako s o pravzaprav našli povratno enolično pre- slikavo enotske krožnice brez ene točke na no- žico realnih števil R: (u,v) = u 1− v , −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števila a, b in c, za katera velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je tedaj trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta dolžini katet. Pri tem je seveda a < c in b < c. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pitagorejska tro- jica. Števila a,b, c bomo imenovali kar stranice, na- tančneje a in b kateti, c pa hipotenuza pitagorejske trojice (a, b, c). Vsem je zagotovo znana pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte- zičnem koordinatnem sistemu xy načrtamo krož- nico K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnico. Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitno je N(0,1) točka, v kateri pozitivna polovica osi y preseka krož- nico K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K v točki U(u,v) in os x v točki P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premici, obstajajo povezave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščimo jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da pri znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo okrajšamo s faktorjem 1 − y in zato velja enačba p2(1− y) = 1+ y , ki jo razrešimo na y ter dobimo y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli povratno enolično pre- slikavo ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno- žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števil a, b in c, za kater velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je ted j trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pr vokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta d lži i katet. Pri tem je seveda a < c < c. Ker za tak trikotnik vel a Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pi agorejska tro- jic . Šte ila a,b, c bomo imenovali kar stranice, na tančnej a in b kateti, c pa hipotenuza pit gor jske rojic (a, b, c). Vs m je zagot vo zn na pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte zičnem oo dinatnem sistemu xy načr amo krož n o K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnic . Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitn je N(0,1) točka, v k t ri pozitivna polovica osi y pres ka krož- ni o K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K v toč i U(u,v) in os x v toč P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premic , obstajajo pov zave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščim jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da i znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo ok ajša o s faktorj m 1 − y in zato velja a p2(1− y) = 1+ y , ki jo razreš mo na y ter dobimo y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p + 1 , v = p2 − 1 + . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli pov tno enolično pre- slik v ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p + 1 , p2 − 1 +  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števil a, b in c, za kater velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je ted j trikotnik, ki ima stranice dolge a, b in c enot, pr vokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta d lži i katet. Pri tem je seveda a < c < c. Ker za tak trikotnik vel a Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pi agorejska tro- jic . Šte ila a,b, c bomo imenovali kar stranice, na tančnej a in b kateti, c pa hipotenuza pit gor jske rojic (a, b, c). Vs m je zagot vo zn na pitagorej- ska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte zičnem oo dinatnem sistemu xy načr amo krož n o K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnic . Nje- na enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitn je N(0,1) točka, v k t ri pozitivna polovica osi y pres ka krož- ni o K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K v toč i U(u,v) in os x v toč P(p,0). Pri tem v = 1. Ker so točke N , P in U na isti premic , obstajajo pov zave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščim jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Zato vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko zapišemo enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segmentni obliki: x/p + y/1 = 1. Njeno presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, da i znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo ok ajša o s faktorj m 1 − y in zato velja a p2(1− y) = 1+ y , ki jo razreš mo na y ter dobimo y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli točko U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p + 1 , v = p2 − 1 2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo obakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli pov tno enolično pre- slik v ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p + 1 , p2 − 1 2 + 1  . (B) 2 Pitagorejsko trojico (a, b, c) sestavljajo naravna števil a, b in c, za kater velja relacija a2 +b2 = c2. Vemo pa tudi, da je ted j trikotnik, ki ima stranice dolge a, b i enot, pravokoten in da je c dolžina hipotenuze, a in b pa sta d lži i katet. Pri tem j seveda a < c i < c. Ker za tak trikotnik velj Pitagorov izrek, imenujemo (a, b, c) pitagorejs a tro- jic . Šte ila a,b, c bomo im novali ar stra ice, na- tančnej a in b kateti, c pa hipotenuza pit gor jske rojic (a, b, c). Vs m je zagot vo zn na pitagorej- ska trojic (3,4,5), ker j 32 + 42 = 52. Slika - Krog Sedaj bomo z geometrijsko metodo poiskali vse pi- tagorejske trojice. V ta namen v pravokotnem karte- zičnem o dinatnem siste u xy načr amo krož- ni K, ki ima središče v koordinatnem izhodišču O(0,0) in polmer r = 1, torej enotsko krožnic . Nje- a enačba je seveda x2 + y2 = 1. Očitn je N(0,1) točka, v k t ri pozitivna p lovica o i y pres ka krož- i o K. Opazujmo poltrake s krajiščem v točki N , ki sekajo krožnico K toč i U(u,v) in os x v toč i P(p,0). Pri tem v = 1. K r so točke N , P in U na isti premici, obstajajo pov zave med njihovimi ko- ordinatami. Poiščim jih! Če je P = O, je p = 0 in U(0,−1). Za o vzemimo primer p = 0. Tedaj lahko z pišem enačbo premice skozi točki P in N v odsekovni ali segm ntni bliki: x/p + y/1 = 1. Njen presečišče U(u,v) s krožnico K najdemo ta- ko, a i znanem številu p rešimo sistem enačb x2 +y2 = 1 , x p +y = 1 . Iz druge enačbe dobimo najprej x = p(1 − y), iz prve enačbe pa nato p2(1 − y)2 = (1 − y)(1 + y). Ker primer y = 1 ne pride v poštev, lahko enačbo ok ajša o s f ktorj m 1 − y in zato velja a p2(1− y) = 1+ y , ki jo razrešimo na y ter dobim y = (p2−1)/(p2+1) in x = p(1−y) = 2p/(p2+1). S tem smo našli toč o U(u,v) ∈ K \ {N}: u = 2p p2 + 1 , v = p2 − 1 p2 + 1 . (A) Obratno iz znanih koordinat točke U(u,v) ∈ K \ {N} lahko poiščemo eno samo točko P(p,0) na osi x. Dobimo p = u/(1 − v). Tudi za p = 0 oziroma u = 0, v = −1 najdemo bakrat pravilen rezultat. Tako smo pravzaprav našli pov tno enolično pre- slik vo ϕ enotske krožnice brez ene točke na mno- žico realnih števil R: ϕ(u,v) = u 1− v ,ϕ −1(p) =  2p p2 + 1 , p2 − 1 p2 + 1  . (B) 2 Očitno se koordinate točk pri tem transformirajo racionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionalno število in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p pripada natančno ena točka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omejevali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = (α/β) 2 − 1 (α/β)2 + 1 = α2 − β2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za faktor 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika pa sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delitelj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 dobimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, c) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje od 1, potem po formulah (C) izraču- namo števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Očitno se koordinate točk pri tem transformirajo racionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionalno število in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p pripada natančno ena točka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omejevali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = (α/β) 2 − 1 (α/β)2 + 1 = α2 − β2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za faktor 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika pa sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delitelj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 dobimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, c) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje od 1, potem po formulah (C) izraču- namo števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Očitno se koordinate točk pri t m ransformirajo ra ionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U( , ) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionalno število in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p pripada natančno ena točka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omejevali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = (α/β) 2 − 1 (α/β)2 + 1 = α2 − β2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za faktor 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika pa sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delitelj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 dobimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, c) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje od 1, potem po formulah (C) izraču- na o števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Očitno se koordinate točk pri tem transformirajo racionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U( ,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionalno število in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p pripada natančno ena točka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omejevali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = 2 − (α/β)2 + 1 = 2 − 2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za faktor 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika pa sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delitelj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 dobimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, c) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje od 1, potem po formulah (C) izraču- namo števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Očitno se koordinate točk pri tem transformirajo racionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionalno število in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p pripada natančno ena točka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omejevali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = (α/β) 2 − 1 (α/β)2 + 1 = α2 − β2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za faktor 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika pa sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delitelj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 dobimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, c) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje od 1, potem po formulah (C) izraču- namo števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Očitno se ko rdinate točk pri tem tr nsformirajo racionalno. To pa ima za posledico, da se vsaka toč- ka U(u,v) ∈ K \ {N} z racionalnima koordinatama u in v preslika v racionaln št vilo in obratno – vsa- kemu racionalnemu številu p prip da natančno en točka U(u,v) ∈ K \ {N} z r cionalnima koordinata- ma u in v . Odslej se bomo omej vali na del krožnice K v prvem kvadrantu, ki ga preslikava ϕ povratno eno- lično preslika na poltrak (1,∞) ⊂ R. Vzemimo, da je p > 1 racionalno število. Potem ga lahko pišemo v obliki ulomka α/β, kjer sta α in β naravni števili in α > β. Po (A) dobimo u = 2α/β (α/β)2 + 1 = 2αβ α2 + β2 in v = (α/β) 2 − 1 (α/β)2 + 1 = α2 − β2 α2 + β2 . Ker pa pri tem velja pogoj u2 + v2 = 1, imamo (2αβ)2 + (α2 − β2)2 = (α2 + β2)2 . Tako smo spoznali, da za vsak par naravnih števil α,β, (α > β) lahko najdemo pitagorejsko trojico (a, b, c), če vzamemo a = 2αβ , b = α2 − β2 , c = α2 + β2 . (C) Vrstni red katet lahko tudi zamenjamo. Obratno, vsaki pitagorejski trojici (a, b, c) lahko poiščemo us- trezno racionalno število p. Iz zveze a2 + b2 = c2 namreč takoj dobimo relacijo (a/c)2 + (b/c)2 = 1. Točka U(a/c, b/c) je očitno na krožnici K in U = N , ker je b/c < 1. Torej je p = (a/c)/(1−b/c) = a/(c− b) iskano racionalno število, za katero je ϕ−1(p) = (a/c, b/c) ∈ K \ {N}. Za α = 2 in β = 1 dobimo a = 4, b = 3, c = 5, torej znano pitagorejsko trojico (4,3,5) oziroma (3,4,5). Za α = 3 in β = 1 najdemo a = 6, b = 8, c = 10 in s tem pitagorejsko trojico (6,8,10), ki pa se le za fakt r 2 loči od prejšnje, ustrezna pravokotna trikotnika p sta si podobna. Zato je dovolj poiska- ti pitagorejske trojice (a, b, c), za katere je največji skupni delit lj D(a,b, c) = 1. V primeru α = 3 in β = 2 d bimo a = 12, b = 5, c = 13, tako da je tudi trojica (12,5,13) pitagorejska. Pitagorejska trojica (a, b, c) je primitivna, če je D(a,b, ) = 1. Kako izbrati števili α in β v (C), da bomo dobili primitivno pitagorejsko trojico? Če sta α in β hkrati k-kratnika, kjer je k poljubno naravno število, večje o 1, potem po formulah (C) izraču- namo števila a,b, c, ki so hkrati deljiva s k2 in zato ne s st vljajo primitivne pitagorejske trojice. V po- sebnem primeru sodi števili α in β ne dasta primi- tivne pitagorejske trojice. 3 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda števila, ki spet ne sestavljajo pri itivne pitagorejske trojice. Preostane samo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitag rejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda števila, ki spet ne sestavljajo pri itivne pitagorejske trojice. Preostane samo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa α liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 Do pitagorejskih trojic —geometrijsko Presek 36 (2008/2009) 5 • Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj so se v soboto, 19. aprila 2008, pomerili v osmih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti 1 % vseh sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dosežkov na področ- nem tekmovanju izbere državna tekmovalna komi- sija. V lanskem šolskem letu smo prvič organizirali državno tekmovanje za sedmošolce, ki so ga učenci z navdušenjem sprejeli. Zlato Vegovo priznanje so prejeli sedmošolci, ki so osvojili najmanj 17 od 50 možnih točk; osmošolci, ki so osvojili 24 od 50 možnih točk; in devetošolci, ki so osvojili najmanj 33 od 50 možnih točk. Nagrade so prejeli najboljši tekmovalci, in sicer: 1. nagrada 7. razred Filip Koprivec, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika Samo Kralj, OŠ Brinje, Grosuplje Rok Oblak, OŠ Stražišče, Kranj 8. razred Matija Skala, OŠ Belokranjskega odreda, Semič 9. razred Katarina Baškovič, OŠ Dob, Dob Vendi Grobelšek, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Vid Kovačec, OŠ Kolezija, Ljubljana Matjaž Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana Žiga Lukšič, OŠ Dolenjske Toplice, Dolenjske Toplice Jakob Novak, OŠ Ketteja in Murna, Ljubljana Manca Potočnik, OŠ Železniki, Železniki Jernej Štukelj, OŠ Mirana Jarca, Črnomelj Veronika Vodeb, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah 2. nagrada 7. razred Andreja Benedejčič, Oš Franceta Bevka, Tolmin Matija Škrlep, OŠ Mengeš, Mengeš 8. razred Sara Pia Marinček, OŠ Majde Vrhovnik, Ljub- ljana 9. razred Jure Slak, OŠ Brezovica, Brezovica pri Ljubljani 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato enakost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato enakost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu n - govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo zlišči n− 1 povezav. Zato enakost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dv kratniku šte- vil povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato enakost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1 Bloki drevesa s vpadajo z njegovimi povezava mi, zat je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato enakost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa s vpadajo z njego imi povezava- mi, zat je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n števil li drev sa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število bloko dreves je enako števil nje- govih po zav. Ker i a T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo zlišči n− 1 povezav. Zato e kost (3) pravi, da je vs ta stopenj v grafu enaka dvakratniku šte vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu n - govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo zlišči n− 1 povezav. Zato enak st (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dv kratniku šte- vil povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1 Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava mi, zat je števi o b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) (x)− . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo h tr preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . 2 Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo zlišči n− 1 povezav. Zato e akost (3) pravi, da je vs ta stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa sovpadajo z njegovimi povezava- mi, zato je število b x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n število vozlišč drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d(x), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število blokov drevesa T je enako številu nje- govih povezav. Ker ima T n vozlišč, z indukcijo h tr preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . 2 Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi do- bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo opazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato e ak st (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 1. Bloki drevesa s vpadajo z njego imi povezava- mi, zat je število b(x) stopnja vozlišča x. 2. Naj bo n števil lišc drevesa T . Z d(x) o- značimo stopnjo vozlišča x. Ker je po prvi točki b(x) = d( ), velja b(T) = 1+  x∈V(T) (b(x)− 1) = = 1+  x∈V(T) d(x)−n . (1) Število bloko dreves je enako št vil nje- govih po ezav. Ker i a T n vozlišč, z indukcijo hitro preverimo, da ima n−1 povezav. Zato je b(T) = n− 1 . (2) Enakost (2) vstavimo v (1) in po preureditvi d bimo  x∈V(T) d(x) = 2(n− 1) . (3) 3. V drugi točki smo pazili, da ima drevo z n vo- zlišči n− 1 povezav. Zato en kost (3) pravi, da je vsota stopenj v grafu enaka dvakratniku šte- vila povezav. Ta trditev pa velja tudi v poljub- nem grafu G. Pravimo ji osnovna lema teorije grafov. Zapišimo jo še s formulo:  x∈V(G) d(x) = 2 · |E(G)| . 2 • • • • • Rešitev aloge bistrovid c sa n d i k la vž a r 44. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje klavdija mlinšek Najboljši osnovnošolci s področn h tekmovanj so se v soboto, 19. aprila 2008, pomerili v osmih regijah n državnem tekmovanju za zlato V govo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti 1 % vs h sedm šolcev, osmošolcev n devetošolcev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dos žkov na področ nem tekmovanju izbere državna tekmovalna komi- sija. V lanskem šolskem letu smo prv č r niziral drž no tekmovanje za sedmošolce, ki so ga učenci z navdušenjem s ejeli. Zlat Vegovo priznanje so prejeli sedmošolci, ki so osvojili najmanj 17 od 50 možnih točk; osm jili 24 od 50 m žnih točk; in devetošolci, ki so osvojili najmanj 33 od 50 možnih točk. Nagrade so prejeli najboljši tekmovalci, in sicer: 1. nagrada 7. razred Filip Koprivec, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika Samo Kr lj, OŠ B inje, Grosuplje Rok Oblak, OŠ Stražišče, Kranj 8. razred Matija Skala, OŠ Belokranjskega odreda, Semič 9. razred Katarina Baškovič, O Dob, Dob Vendi Grobelšek, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Vid Kovačec, OŠ Kolezija, Ljubljana Matjaž Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana Žiga Lukšič, OŠ Dolenjske Toplice, Dolenjske Toplice Jakob Novak, OŠ Ketteja in Murna, Ljubljana Ma ca Potočnik, OŠ Železniki, Železniki Jernej Štukelj, OŠ Mirana Jarca, Črnomelj Veronika Vodeb, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah 2. nagrada 7. razred Andreja Benedejčič, Oš Franceta Bevka, Tolmin Matija Škrlep, OŠ Mengeš, Mengeš 8. razred S r Pia Marinček, OŠ Majde Vrhovnik, Ljub- ljana 9. razred Jure Slak, OŠ Brezovica, Brezovica pri Ljubljani 2 Presek 36 (2008/2009) 5 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda števila, ki spet ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. Preostane samo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa α liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda števila, ki spet ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. Preostane samo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa α liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda števila, ki spet ne sestavljajo primitivne pitagorejske trojice. Preostane samo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa α liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 Če sta α in β hkrati lihi števili, potem sta vsota in razlika njunih kvadratov deljivi z 2 in po formulah (C) dobimo za a,b, c sama soda š evila, ki spe estavljajo primitivne pitagorejske troj ce. Pr ostane s mo še možnost, da je α sodo in β liho število ali pa liho in β sodo število, pri tem pa D(α,β) = 1 ter α > β. Tedaj po formulah (C) pridemo do vseh primitivnih pitagorejskih trojic. Še en primer: za α = 5 in β = 2 imamo a = 20, b = 21, c = 29. Naloga. Preveri naslednje trditve: 1. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je hipotenuza c liho število. 2. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 3. 3. V vsaki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) je natanko ena od katet deljiva s 4. 4. V vsaki primitivni pit gorejski trojici (a, b, c) je natanko ena stranica deljiva s 5. 5. Edina primitivna pitagorejska trojica, ki ima stranice v aritmetičnem zaporedju, je (3,4,5). 4 1. nagrada • 7. razred • 8. razred 6 m a t e m a t i k a + t k m o v a n j a V šolskem letu 2007/2008 je bilo izvedeno 8. tek- movanje dijakov srednjih tehniških in strokovnih šol v znanju matematike, tekmovanje B. Tekmovanja se udeležujejo dijaki štiriletnih programov, ki ne obi- skujejo gimnazijskega programa, tudi programa 3+ 2. Opažamo, da se za tekmovanje zanima vedno več dijakov omenjenih šol; to pa je tudi cilj tovrstnih tekmovanj. Ravni tekmovanja. Tekmovanje poteka na treh rav- neh: šolsko tekmovanje (Evropski matematični ken- guru), regijsko tekmovanje, ki je organizirano v os- mih centrih, in državno tekmovanje. Oblike oziroma vrste nalog. Naloge na šolskem tekmovanju so izbirnega tipa, na regijskem tekmo- vanju so naloge izbirnega tipa in kompleksne naloge, na državnem tekmovanju pa je pet kompleksnih na- log. Naloge za vse ravni tekmovanja pripravi državna tekmovalna komisija. Izvedba 8. tekmovanja Šolskega tekmovanja, ki je bilo izpeljano v četrtek, 20. marca 2008, se je udeležilo 5030 dijakov, toliko kot lansko leto. Podeljenih je bilo 1571 bronastih priznanj. Na regijskem tekmovanju, ki je bilo organizirano 2. aprila 2008, je tekmovanje nadaljevalo 1120 tek- movalcev. Regija Gostitelj tekmovanja Celjska regija Šolski center Velenje – Poklicna in tehniška šola za strokovne dejavnosti Dolenjska regija Ekonomska in trgovska šola, Brežice Gorenjska regija Tehniški šolski center Kranj Ljubljanska regija 0 Srednja poklicna in strokovna šola Bežigrad, Ljubljana Ljubljanska regija 1 Šolski center za pošto, ekonomijo in telekomunikacije, Ljubljana Mariborska regija Srednja gradbena šola, Maribor Pomurska regija Srednja poklicna in tehniška, šola Murska Sobota Primorska regija Šolski center Postojna Na regijskem tekmovanju je bilo podeljenih 390 sre- brnih priznanj. Državno tekmovanje smo izvedli 19. aprila 2008 na Šolskem centru Srečka Kosovela v Sežani. Tega dela tekmovanja se je udeležilo 139 tekmovalcev. Državna tekmovalna komisija je podelila 47 zlatih priznanj. Najboljšim tekmovalcem v posamezni tekmoval- ni kategoriji smo na svečani podelitvi v Ljubljani 15. maja 2008 podelili nagrade. Podelili smo 25 na- grad. 2 3. nagrada 7. razred Tomaž Jonatan Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana 8. razred Gaja Tomsič, Državna srednja šola Ivana Trinka, Gorica (I) Jure Hostnik, OŠ Šmartno, Šmartno pri Litiji Marko Stručič, OŠ Jurija Dalmatina, Krško Rok Šalamun, OŠ Litija, Litija Sara Vatovec, OŠ dr. Bogomirja Magajne, Divača 9. razred Aljaž Bastič, OŠ Ivana Cankarja, Trbovlje Luka Birk, OŠ Sostro, Ljubljana Gregor Lakner, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Blaž Makorič, OŠ Dobrovo, Dobrovo Metka Petrič, OŠ Tabor, Logatec 3 8. tekmovanje dijakov srednjih tehniških in strokovnih šol v znanju matematike 7 • • • darinka žižek Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj so se v soboto, 19. aprila 2008, pomerili v osmih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti 1 % vseh sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dosežkov na področ- nem tekmovanju izbere državna tekmovalna komi- sija. V lanskem šolskem letu smo prvič organizirali državno tekmovanje za sedmošolce, ki so ga učenci z navdušenjem sprejeli. Zlato Vegovo priznanje so prejeli sedmošolci, ki so osvojili najmanj 17 od 50 možnih točk; osmošolci, ki so osvojili 24 od 50 možnih točk; in devetošolci, ki so osvojili najmanj 33 od 50 možnih točk. Nagrade so prejeli najboljši tekmovalci, in sicer: 1. nagrada 7. razred Filip Koprivec, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika Samo Kralj, OŠ Brinje, Grosuplje Rok Oblak, OŠ Stražišče, Kranj 8. razred Matija Skala, OŠ Belokranjskega odreda, Semič 9. razred Katarina Baškovič, OŠ Dob, Dob Vendi Grobelšek, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Vid Kovačec, OŠ Kolezija, Ljubljana Matjaž Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana Žiga Lukšič, OŠ Dolenjske Toplice, Dolenjske Toplice Jakob Novak, OŠ Ketteja in Murna, Ljubljana Manca Potočnik, OŠ Železniki, Železniki Jernej Štukelj, OŠ Mirana Jarca, Črnomelj Veronika Vodeb, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah 2. nagrada 7. razred Andreja Benedejčič, Oš Franceta Bevka, Tolmin Matija Škrlep, OŠ Mengeš, Mengeš 8. razred Sara Pia Marinček, OŠ Majde Vrhovnik, Ljub- ljana 9. razred Jure Slak, OŠ Brezovica, Brezovica pri Ljubljani 2 j lj i l i i j , . il , ili i ij j l i j . j il i i l , l i l j i, i ji l i - j i l i- ij . l l l i i i li j l , i i j j li. l i j j li l i, i jili j j i ; l i, i jili i ; i l i, i jili j j i . j li j lj i l i, i i : . . i i i , I j , i , i j , lj , i , j . i , l j , i . i i , , i , j i l , j i l i , l ij , j lj i , , j lj i i , l j li , l j li , j i , j lj i , l i i, l i i , i , lj i , j i l , j i l . . i , , l i i , , . i i , j i , j - lj . , i , i i j lj i Najboljši osnovnošolci s področnih tek ovanj so se v soboto, 19. aprila 2008, po erili v os ih regijah na državne tek ovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti 1 % vseh sed ošolcev, os ošolcev in devetošolcev s posa eznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dosežkov na področ- ne tek ovanju izbere državna tek ovalna ko i- sija. V lanske šolske letu s o prvič organizirali državno tek ovanje za sed ošolce, ki so ga učenci z navdušenje sprejeli. Zlato Vegovo priznanje so prejeli sed ošolci, ki so osvojili naj anj 17 od 50 ožnih točk; os ošolci, ki so osvojili 24 od 50 ožnih točk; in devetošolci, ki so osvojili naj anj 33 od 50 ožnih točk. Nagrade so prejeli najboljši tek ovalci, in sicer: 1. nagrada 7. razred Filip Koprivec, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika Samo Kralj, OŠ Brinje, Grosuplje Rok Oblak, OŠ Stražišče, Kranj 8. razred atija Skala, OŠ Belokranjskega odreda, Se ič 9. razred Katarina Baškovič, OŠ Dob, Dob Vendi Grobelšek, OŠ Š arje pri Jelšah, Š arje pri Jelšah Vid Kovačec, OŠ Kolezija, Ljubljana atjaž Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana Žiga Lukšič, OŠ Dolenjske Toplice, Dolenjske Toplice Jakob Novak, OŠ Ketteja in urna, Ljubljana anca Potočnik, OŠ Železniki, Železniki Jernej Štukelj, OŠ irana Jarca, Črno elj Veronika Vodeb, OŠ Š arje pri Jelšah, Š arje pri Jelšah 2. nagrada 7. razred Andreja Benedejčič, Oš Franceta Bevka, Tol in atija Škrlep, OŠ engeš, engeš 8. razred Sara Pia arinček, OŠ ajde Vrhovnik, Ljub- ljana 9. razred Jure Slak, OŠ Brezovica, Brezovica pri Ljubljani 2 Najboljši osnovnošolci s področn h tekmovanj so se v soboto, 19. aprila 2008, pomerili v osmih regijah n državnem tekmovanju za zlato V govo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti 1 % vs h sedm šolcev, osmošolcev n devetošolcev s posameznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi dos žkov na področ nem tekmovanju izbere državna tekmovalna komi- sija. V lanskem šolskem letu smo prv č r niziral drž no tekmovanje za sedmošolce, ki so ga učenci z navdušenjem s ejeli. Zlat Vegovo priznanje so prejeli sedmošolci, ki so osvojili najmanj 17 od 50 možnih točk; osm jili 24 od 50 m žnih točk; in devetošolci, ki so osvojili najmanj 33 od 50 možnih točk. Nagrade so prejeli najboljši tekmovalci, in sicer: 1. nagrada 7. razred Filip Koprivec, OŠ Ivana Cankarja, Vrhnika Samo Kr lj, OŠ B inje, Grosuplje Rok Oblak, OŠ Stražišče, Kranj 8. razred Matija Skala, OŠ Belokranjskega odreda, Semič 9. razred Katarina Baškovič, O Dob, Dob Vendi Grobelšek, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Vid Kovačec, OŠ Kolezija, Ljubljana Matjaž Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana Žiga Lukšič, OŠ Dolenjske Toplice, Dolenjske Toplice Jakob Novak, OŠ Ketteja in Murna, Ljubljana Ma ca Potočnik, OŠ Železniki, Železniki Jernej Štukelj, OŠ Mirana Jarca, Črnomelj Veronika Vodeb, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah 2. nagrada 7. razred Andreja Benedejčič, Oš Franceta Bevka, Tolmin Matija Škrlep, OŠ Mengeš, Mengeš 8. razred S r Pia Marinček, OŠ Majde Vrhovnik, Ljub- ljana 9. razred Jure Slak, OŠ Brezovica, Brezovica pri Ljubljani 2 j lj i l i r t j t , . ril , rili i r ij r t j l t ri j . j r il i r ti l , l t l r j t r i, i ji l i r t j i r r t l i- ij . l l l t r r i ir l r t j l , i i j j li. l t ri j r j li l i, i jili j j i t ; jili i t ; i t l i, i jili j j i t . r r j li j lj i t l i, i i r: . r . r r i i i , I rj , r i j, i j , r lj , tr i , r j . r r ij , l r j r , i . r r i i , , i , rj ri J l , rj ri J l i , l ij , j lj j i , r t , j lj i i , l j li , l j li J , tt j i r , j lj i , l i i, l i i J j j, ir J r , r lj i , rj ri J l , rj ri J l . r . r r j j i , r t , l i ij , , . r r i i , j r i , j - lj . r r J , r i , r i ri j lj i 3. nagrada 7. razred Tomaž Jonatan Leonardis, OŠ Franceta Bevka, Ljubljana 8. razred Gaja Tomsič, Državna srednja šola Ivana Trinka, Gorica (I) Jure Hostnik, OŠ Šmartno, Šmartno pri Litiji Marko Stručič, OŠ Jurija Dalmatina, Krško Rok Šalamun, OŠ Litija, Litija Sara Vatovec, OŠ dr. Bogomirja Magajne, Divača 9. razred Aljaž Bastič, OŠ Ivana Cankarja, Trbovlje Luka Birk, OŠ Sostro, Ljubljana Gregor Lakner, OŠ Šmarje pri Jelšah, Šmarje pri Jelšah Blaž Makorič, OŠ Dobrovo, Dobrovo Metka Petrič, OŠ Tabor, Logatec 3 , , l , l i , i ( ) , , i i i i , i l i , , i i , i i , . i , i , , l , , l , i l , i l , , , , Presek 36 (2008/2009) 5 2. nagrada 3. nagrada • 7. razred • 7. razred • 8. razred • 9. razred • 8. razred • 9. razred • 9. razred t e k m o v a n j a V šolskem letu 2007/2008 je bilo izvedeno 8. tek- movanje dijakov srednjih tehniških in strokovnih šol v znanju matematike, tekmovanje B. Tekmovanja se udeležujejo dijaki štiriletnih programov, ki ne obi- skujejo gimnazijskega programa, tudi programa 3+ 2. Opažamo, da se za tekmovanje zanima vedno več dijakov omenjenih šol; to pa je tudi cilj tovrstnih tekmovanj. Ravni tekmovanja. Tekmovanje poteka na treh rav- neh: šolsko tekmovanje (Evropski matematični ken- guru), regijsko tekmovanje, ki je organizirano v os- mih centrih, in državno tekmovanje. Oblike oziroma vrste nalog. Naloge na šolskem tekmovanju so izbirnega tipa, na regijskem tekmo- vanju so naloge izbirnega tipa in kompleksne naloge, na državnem tekmovanju pa je pet kompleksnih na- log. Naloge za vse ravni tekmovanja pripravi državna tekmovalna komisija. Izvedba 8. tekmovanja Šolskega tekmovanja, ki je bilo izpeljano v četrtek, 20. marca 2008, se je udeležilo 5030 dijakov, toliko kot lansko leto. Podeljenih je bilo 1571 bronastih priznanj. Na regijskem tekmovanju, ki je bilo organizirano 2. aprila 2008, je tekmovanje nadaljevalo 1120 tek- movalcev. Regija Gostitelj tekmovanja Celjska regija Šolski center Velenje – Poklicna in tehniška šola za strokovne dejavnosti Dolenjska regija Ekonomska in trgovska šola, Brežice Gorenjska regija Tehniški šolski center Kranj Ljubljanska regija 0 Srednja poklicna in strokovna šola Bežigrad, Ljubljana Ljubljanska regija 1 Šolski center za pošto, ekonomijo in telekomunikacije, Ljubljana Mariborska regija Srednja gradbena šola, Maribor Pomurska regija Srednja poklicna in tehniška, šola Murska Sobota Primorska regija Šolski center Postojna Na regijskem tekmovanju je bilo podeljenih 390 sre- brnih priznanj. Državno tekmovanje smo izvedli 19. aprila 2008 na Šolskem centru Srečka Kosovela v Sežani. Tega dela tekmovanja se je udeležilo 139 tekmovalcev. Državna tekmovalna komisija je podelila 47 zlatih priznanj. Najboljšim tekmovalcem v posamezni tekmoval- ni kategoriji smo na svečani podelitvi v Ljubljani 15. maja 2008 podelili nagrade. Podelili smo 25 na- grad. 2 • Dobitniki nagrad so: 1. nagrada 1. letnik David Kocjan, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 2. letnik Matej Pintarič, Srednja elektro-računalniška šo- la, Maribor 3. letnik Špela Bah, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Irena Drenšek, Ekonomska šola Novo mesto Žiga Medoš, Šolski center Ljubljana, Srednja ke- mijska šola David Mohar, Srednja šola za elektrotehniko in računalništvo, Ljubljana Tamara Obreza, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Davor Repec, Šolski center Ptuj, Poklicna in teh- niška elektro šola Viktorija Ternar, Gimnazija Franca Miklošiča Ljutomer Rok Vintar, Šolski center Krško-Sevnica, Srednja poklicna in strojna šola, Krško 4. letnik Patricija Kerin, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo 2. nagrada 1. letnik Primož Hren, Šolski center Celje, Srednja šola za strojništvo in mehatroniko Rok Pahič, Srednja strojna šola, Maribor Tanja Štular, Biotehniški izobraževalni center Ljubljana, Gimnazija in veterinarska šola 2. letnik Jakob Cvetko, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Jože Kulovic, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 3. letnik Robi Cvirn, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Urban Rak, Srednja šola za elektrotehniko in ra- čunalništvo, Ljubljana 4. letnik Jernej Kraner, Biotehniška šola Maribor 3 it i i r s : . r . l t i i j , ls i ce ter est , re j ele tr š l i te iš i ij . l t i j i i , Sre j ele tr -r c l iš š - l , ri r . l t i Š l , Š ls i ce ter elje, Sre j š l ele tr te i i e ij I š , s š l est i š, Š ls i ce ter j lj , Sre j e- ijs š l i , Sre j š l ele tr te i i r c l išt , j lj , Š ls i ce ter elje, Sre j š l ele tr te i i e ij , Š ls i ce ter t j, lic i te - iš ele tr š l i ij , i ij r c i l šic j t er i , Š ls i ce ter rš -Se ic , Sre j lic i str j š l , rš . l t i i ij i , Š ls i ce ter elje, Sre j š l ele tr te i i e ij . r . l t i i , ls i ce ter elje, re j š l str j išt i e tr i i , re j str j š l , ri r j l , i te iš i i r e l i ce ter j lj , i ij i eteri rs š l . l t i J , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij J l i , ls i ce ter est , re j ele tr š l i te iš i ij . l t i i i , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij , re j š l ele tr te i i r - c l išt , j lj . l t i J j , i te iš š l ri r Dobitniki nagrad so: 1. nagrada 1. letnik David Kocjan, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 2. letnik Matej Pintarič, Srednja elektro-računalniška šo- la, Maribor 3. letnik Špela Bah, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Irena Drenšek, Ekonomska šola Novo mesto Žiga Medoš, Šolski center Ljubljana, Srednja ke- mijska šola David Mohar, Srednja šola za elektrotehniko in računalništvo, Ljubljana Tamara Obreza, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Davor Repec, Šolski center Ptuj, Poklicna in teh- niška elektro šola Viktorij Ternar, Gimnazija Franca Miklošiča Ljutomer Rok Vintar, Šolski center Krško-Sevnica, Srednja poklicna in strojna šola, Krško 4. letnik Patricija Kerin, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo 2. nagrada 1. letnik Primož Hren, Šolski center Celje, Srednja šola za strojništvo in mehatroniko Rok Pahič, Srednja strojna šola, Maribor Tanja Štular, Biotehniški izobraževalni center Ljubljana, Gimnazija in veterinarska šola 2. letnik Jakob Cvetko, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Jože Kulovic, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 3. letnik Robi Cvirn, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Urban Rak, Srednja šola za elektrotehniko in ra- čunalništvo, Ljubljana 4. letnik Jernej Kraner, Biotehniška šola Maribor 3 a a a a a v a a a a a a a a a a v a a a a a a a a a a a a a v a a a a a Presek 36 (2008/2009) 5 V šolskem letu 2007/2008 je bilo izvedeno 8. tek- movanje dijakov srednjih tehniških in strokovnih šol v znanju matematike, tekmovanje B. Tekmovanja se udeležujejo dijaki štiriletnih programov, ki ne obi- skujejo gimnazijskega programa, tudi programa 3+ 2. Opažamo, da se za tekmovanje zanima vedno več dijakov omenjenih šol; to pa je tudi cilj tovrstnih tekmovanj. Ravni tek ovanja. Tekm vanje po eka na treh rav- neh: šolsko tekmovanje (Evropski matematični ken- guru), regijsko tekmovanje, ki je organizirano v os- mih centrih, in državno tekmovanje. Oblike oziroma vrste nalog. Naloge šolskem t kmovanju so izbir ega tipa, na regijskem tekmo- vanju so naloge izbirnega tipa in k mpleksne naloge, na državnem tekmovanju pa je pet kompleksnih na- log. Naloge za vse ravni tekmovanja pripravi državna tekmovalna komisija. Izvedba 8. t kmovanja Šolskega tekmovanja, ki je bilo izpeljano v četrtek, 20. marca 2008, e je udeležilo 5030 dijakov, toliko kot lansko leto. Podeljenih je bilo 1571 bronastih priznanj. Na regijskem tekmovanju, ki je bilo organizirano 2. april 2008, je tekmovanje nadaljeval 1120 - movalcev. Regija Gostitelj tekmovanja Celjska r gija Šols i center Vele je – P klicna in tehniška ola za strokovne dejavnosti Dolenjska regija Ekonomska in trgovska šola, Brež ce Gorenjska regija Tehniški šolski center Kranj Ljubljanska regija 0 Srednja poklicna in strokovna šola Bežigrad, Ljubljana Ljubljanska regija 1 Š ls i ce ter za pošto, ekonomijo in tele omunikacije, Ljubljana Mariborska regija Srednja gradbena šola, Maribor Pomurska regija Srednja poklicna in tehniška, šola Mu ska Sobota Primorska regija Šolski center Postojna Na regijskem tekmovanju je bilo podeljenih 390 sre- brnih priznanj. Državno tekmovanje smo izvedli 19. aprila 2008 na Šolskem centru Srečka Kosovela v Sežani. Tega dela tekmovanja se je udeležilo 139 tekmovalcev. Državna tekmovalna komisija je podelila 47 zlatih priznanj. Najboljšim tekmovalce v posamezni tekmoval- i kategoriji smo na svečani podelitvi v Ljubljani 15. maja 2008 pod lili nagrade. Podelili s 25 na- g ad. 2 • Izvedba 8. tekmov nja regija gostitelj tekmovanja Celjska regija Šolski center Velenje – Poklicna in tehniška šola za strokovne dejavnosti Dolenjska regija Ekonomska in trgovska šola, Brežice Gorenjska regija Tehniški šolski center Kranj Ljubljanska regija 0 Srednja poklicna in strokovna šola Bežigrad, Ljubljana Ljubljanska regija 1 Šolski center za pošto, ekonomijo in telekomunika- cije, Ljubljana Mariborska regija Srednja gradbena šola, Maribor Pomurska regija Srednja poklicna in tehniška šola, Murska Sobota Primorska regija Šolski center Postojna 1. nagrada 2. n grada • 1. letnik • 1. letnik • 2. letnik • 3. letnik • 4. letnik www.presek.si www.presek.si 8 t e k m o v a n j a 9 Na šolskih tekmovanjih je lani tekmovalo 1460 tekmovalcev. Društvo matematikov, fizikov in astro- nomov Slovenije ter Srednja šola Srečka Kosovela Se- žana sta bila organizatorja 8. državnega tekmovanja v znanju matematike za 62 najboljših dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol iz 36-ih slovenskih poklicnih šol. Podeljenih je bilo 21 zlatih priznanj; na svečani podelitvi pa je organizator prvim trem najbolje uvrščenim iz vsakega letnika podelil prizna- nja in praktične nagrade. Prejeli so jih: 1. nagrada 1. letnik Tine Rakuša, Srednja ekonomsko-poslovna šola, Koper 2. letnik Jurij Kovačič, Tehniški šolski center Nova Gori- ca, Strojna, prometna in lesarska šola Aleš Žun, Tehniški šolski center Kranj 3. letnik Primož Benko, Šolski center Velenje, Poklicna in tehniška strojna šola 2. nagrada 1. letnik Špela Trobiš, Srednja šola za gostinstvo in turi- zem Celje 2. letnik Sabina Jagrič, Grm Novo mesto – center bio- tehnike in turizma, Kmetijska šola Grm in biotehniška gimnazija 3. letnik Miha Anžič, Srednja šola Domžale, Poklicna in strokovna šola Peter Derlink, Šolski center Škofja Loka, Šola za strojništvo 3. nagrada 1. letnik Blaž Rogelja, Tehniški šolski center Nova Gorica, Elektrotehniška in računalniška šola 2 l i ji j l i l l . t t ti , i i t - l ij j l l - il i j . j j i j lj i ij i j i ij ji li i l i -i l i li i l. lj i j il l i i j; i li i j i i j lj i i l i lil i - j i i . j li ji : . l i i , j - l l , . l i i i , i i l i i- , j , i l l , i i l i j . l i i , l i l j , li i i j l . l i i , j l i i i- lj . l i i i , i - i i i , ij l i i i i ij . l i i i , j l l , li i l i , l i j , l j i . l i , i i l i i , l i i l i l • Dobitniki nagrad so: 1. nagrada 1. letnik David Kocjan, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 2. letnik Matej Pintarič, Srednja elektro-računalniška šo- la, Maribor 3. letnik Špela Bah, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Irena Drenšek, Ekonomska šola Novo mesto Žiga Medoš, Šolski center Ljubljana, Srednja ke- mijska šola David Mohar, Srednja šola za elektrotehniko in računalništvo, Ljubljana Tamara Obreza, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Davor Repec, Šolski center Ptuj, Poklicna in teh- niška elektro šola Viktorija Ternar, Gimnazija Franca Miklošiča Ljutomer Rok Vintar, Šolski center Krško-Sevnica, Srednja poklicna in strojna šola, Krško 4. letnik Patricija Kerin, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo 2. nagrada 1. letnik Primož Hren, Šolski center Celje, Srednja šola za strojništvo in mehatroniko Rok Pahič, Srednja strojna šola, Maribor Tanja Štular, Biotehniški izobraževalni center Ljubljana, Gimnazija in veterinarska šola 2. letnik Jakob Cvetko, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Jože Kulovic, Šolski center Novo mesto, Srednja elektro šola in tehniška gimnazija 3. letnik Robi Cvirn, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Urban Rak, Srednja šola za elektrotehniko in ra- čunalništvo, Ljubljana 4. letnik Jernej Kraner, Biotehniška šola Maribor 3 i i i : . l i , l i , j l l i i i ij . l i , j l - l i - l , i . l i , l i lj , j l l i i ij I , l , l i j lj , j - ij l , j l l i i l i , j lj , l i lj , j l l i i ij , l i j, li i - i l l , i ij i l i j , l i - i , j li i j l , . l i , l i lj , j l l i i ij . l i , l i lj , j l j i i i , j j l , i , i i i i l i j lj , i ij i i l . l i , l i lj , j l l i i ij , l i , j l l i i i ij . l i , l i lj , j l l i i ij , j l l i i - l i , j lj . l i , i i l i t r . t i j t r t r tr t t j i i r tr r r r t t r r tr t t i t r r i r tr t r t t r r tr t t r t t tr i ij r t r i t r r r tr r t i ij i t r r tr t . t i t r r tr t tr i r tr r r j t r t r t r r t J t r r tr t J i t r t r tr t t i i t r r tr t r tr t r t t J j t r r it i i r s : . r . l t i i j , ls i ce ter est , re j ele tr š l i te iš i ij . l t i j i i , re j ele tr -r c l iš š - l , ri r . l t i l , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij I š , s š l est i š, ls i ce ter j lj , re j e- ijs š l i , re j š l ele tr te i i r c l išt , j lj , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij , ls i ce ter t j, lic i te - iš ele tr š l i ij , i ij r c i l šic j t er i , ls i ce ter rš - e ic , re j lic i str j š l , rš . l t i i ij i , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij . r . l t i i , ls i ce ter elje, re j š l str j išt i e tr i i , re j str j š l , ri r j l , i te iš i i r e l i ce ter j lj , i ij i eteri rs š l . l t i J , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij J l i , ls i ce ter est , re j ele tr š l i te iš i ij . l t i i i , ls i ce ter elje, re j š l ele tr te i i e ij , re j š l ele tr te i i r - c l išt , j lj . l t i J j , i te iš a š la ari r 3. nagrada 1. letnik Marko Horvat, Šolski center Ptuj, Poklicna in tehniška strojna šola 3. letnik Jure Seljak, Šolski center Ljubljana, Srednja ke- mijska šola Nejc Štalec, Srednja lesarska šola, Škofja Loka 4. letnik Maja Petrič, Srednja šola za farmacijo, kozmeti- ko in zdravstvo Ljubljana Marko Rman, Šolski center Celje, Srednja šola za elektrotehniko in kemijo Danijel Rodić, Tehniški šolski center Kranj Letošnjega tekmovanja se je udeležilo približno enako število dijakov kot lanskega. Takega zaniman- ja smo zelo veseli. Ob tej priložnosti se vsem, ki so pripomogli k uspešni izpeljavi vseh tekmovanj, najlepše zahvalju- jemo in jih vabimo k nadaljnemu sodelovanju, prav tako pa vabimo k organizaciji tekmovanj nove orga- nizatorje. 4 . . l t i , l i t r t j, li i t i tr j l . l t i J j , l i t r j lj , r j - ij l j , r j l r l , fj . l t i j i , r j l f r ij , ti- i r t j lj , l i t r lj , r j l l tr t i i ij ij i , i i l i t r r j t j t j j l il ri li t il ij t l . i - j l li. t j ril ti , i ri li i i lj i t j, jl lj - j i ji i lj l j , r t i r i iji t j r - i t rj . . l i , l i j, li i i j l . l i , l i j lj , j - ij l , j l l , j . l i , j l ij , i- i j lj , l i lj , j l l i i ij , i i l i j j j j l il i li il ij l . i - j l li. j il i , i i li i i lj i j, jl lj - j i ji i lj l j , i i iji j - i j . 8. tekmovanje dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol v znanju matematike duš a n k a v r en ču r Presek 36 (2008/2009) 5 3. n grada 1. nagrada • 1. letnik • 1. letnik • 2. letnik • 3. letnik • 4. letnik • 2. letnik • 3. letnik • 4. letnik • t e k m o v a n j a •Na šolskih tekmovanjih je lani tekmovalo 1460 tekmovalcev. Društvo matematikov, fizikov in astro- nomov Slovenije ter Srednja šola Srečka Kos vela Se- žana sta bila organizatorja 8. državnega tekmovanja v znanju matematike za 62 najboljših dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol iz 36-ih slovenskih poklicnih šol. Podeljenih je bilo 21 zlatih priznanj; na svečani podelitvi pa je organizator prvim trem najbolje uvrščenim iz vsakega letnika podelil prizna- nja in praktične nagrade. Prej li so jih: 1. nagrada 1. letnik Tine Rakuša, Srednja ekonomsko-poslovna šola, Koper 2. letnik Jurij Kovači , Tehniški šolski center Nova Gori- ca, Strojna, prometna in lesarska šola Aleš Žun, Tehniški šolski center Kranj 3. letnik Primož Benko, Šolski center Vel nje, Poklicna in tehniška strojna šola 2. nagrada 1. letnik Špela Trobiš, Srednja šola za gostinstvo in turi- zem Celje 2. letnik Sabina Jagrič, Grm Novo mesto – center bio- tehnike in turizma, Kmetijska šola Grm in biotehniška gimnazija 3. letnik Miha Anžič, Srednja šola Domžale, Poklicna in strokovna šola Peter Derlink, Šolski center Škofja Loka, Šola za strojništvo 3. nagrada 1. letnik Blaž Rogelja, Tehniški šolski center Nova Gorica, Elektrotehniška in računalniška šola 2 • 3. letnik a b c d e f g h i a 8 6 1 2 b 5 1 8 c d 5 6 8 9 1 e 8 3 f 4 9 3 7 5 g h 1 2 5 i 7 3 9 5 • Na šolskih tekmovanjih je lani tekmovalo 1460 tekmovalcev. Društvo matematikov, fizikov in astro- nomov Slovenije ter Srednja šola Srečka Kosovela Se- žana sta bila organizatorja 8. državnega tekmovanja v znanju matematike za 62 najboljših dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol iz 36-ih slovenskih poklicnih šol. Podeljenih je bilo 21 zlatih priznanj; na svečani podelitvi pa je organizator prvim trem najbolje uvrščenim iz vsakega letnika podelil prizna- nja in praktične nagrade. Prejeli so jih: 1. nagrada 1. letnik Tine Rakuša, Srednja ekonomsko-poslovna šola, Koper 2. letnik Jurij Kovačič, Tehniški šolski center Nova Gori- ca, Strojna, prometna in lesarska šola Aleš Žun, Tehniški šolski center Kranj 3. letnik Primož Benko, Šolski center Velenje, Poklicna in tehniška strojna šola 2. nagrada 1. letnik Špela Trobiš, Srednja šola za gostinstvo in turi- zem Celje 2. letnik Sabina Jagrič, Grm Novo mesto – center bio- tehnike in turizma, Kmetijska šola Grm in biotehniška gimnazija 3. letnik Miha Anžič, Srednja šola Domžale, Poklicna in strokovna šola Peter Derlink, Šolski center Škofja Loka, Šola za strojništvo 3. nagrada 1. letnik Blaž Rogelja, Tehniški šolski center Nova Gorica, Elektrotehniška in računalniška šola 2 Na šolskih tekmovanjih je lani tekmovalo 1460 tekmovalcev. Društvo matematikov, fizikov in astro- nomov Slovenije ter Srednja šola Srečka Kosovela Se- žana sta bila organizatorja 8. državnega tekmovanja v znanju matematike za 62 najboljših dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol iz 36-ih slovenskih poklicnih šol. Podeljenih je bilo 21 zlatih priznanj; na svečani podelitvi pa je organizator prvim trem najbolje uvrščenim iz vsakega letnika podelil prizna- nja in praktične nagrade. Prejeli so jih: 1. nagrada 1. letnik Tine Rakuša, Srednja ekonomsko-poslovna šola, Koper 2. letnik Jurij Kovačič, Tehniški šolski center Nova Gori- ca, Strojna, prometna in lesarska šola Aleš Žun, Tehniški šolski center Kranj 3. letnik Primož Benko, Šolski center Velenje, Poklicna in tehniška strojna šola 2. nagrada 1. letnik Špela Trobiš, Srednja šola za gostinstvo in turi- zem Celje 2. letnik Sabina Jagrič, Grm Novo mesto – center bio- tehnike in turizma, Kmetijska šola Grm in biotehniška gimnazija 3. letnik Miha Anžič, Srednja šola Domžale, Poklicna in strokovna šola Peter Derlink, Šolski center Škofja Loka, Šola za strojništvo 3. nagrada 1. letnik Blaž Rogelja, Tehniški šolski center Nova Gorica, Elektrotehniška in računalniška šola 2 Presek 36 (2008/2009) 5 Na šolskih tek ovanjih je lani tek ovalo 1460 tek ovalcev. Društvo ate atikov, fizikov in astro- no ov Slovenije ter Srednja šola Srečka Kosovela Se- žana sta bila organizatorja 8. državnega tek ovanja v znanju ate atike za 62 najboljših dijakinj in dijakov srednjih poklicnih šol iz 36-ih slovenskih poklicnih šol. Podeljenih je bilo 21 zlatih priznanj; na svečani podelitvi pa je organizator prvi tre najbolje uvrščeni iz vsakega letnika podelil prizna- nja in praktične nagrade. Prejeli so jih: 1. nagrada 1. letnik Tine Rakuša, Srednja ekono sko-poslovna šola, Koper 2. letnik Jurij Kovačič, Tehniški šolski center Nova Gori- ca, Strojna, pro etna in lesarska šola Aleš Žun, Tehniški šolski center Kranj 3. letnik Primož Benko, Šolski center Velenje, Poklicna in tehniška strojna šola 2. nagrada 1. letnik Špela Trobiš, Srednja šola za gostinstvo in turi- ze Celje 2. letnik Sabina Jagrič, Gr Novo esto – center bio- tehnike in turiz a, K etijska šola Gr in biotehniška gi nazija 3. letnik Miha Anžič, Srednja šola Do žale, Poklicna in strokovna šola Peter Derlink, Šolski center Škofja Loka, Šola za strojništvo 3. nagrada 1. letnik Blaž Rogelja, Tehniški šolski center Nova Gorica, Elektrotehniška in računalniška šola 2 l i t ji j l i t l t l . št t ti , i i st - l ij t r j š l s l - t il r i t rj . r t j j t ti j lj i ij i j i ij r ji li i l i -i l i li i l. lj i j il l ti ri j; i lit i j r i t r r i tr j lj r i i l t i lil ri - j i r ti r . r j li ji : . . l t i i , r j - l l , r . l t i J ij i , i i l i t r ri- , tr j , r t i l r l , i i l i t r r j . l t i i , l i t r l j , li i t i tr j l . . l t i i , r j l ti t i t ri- lj . l t i i J i , r t t r i - t i i t ri , tij l r i i t i i ij . l t i i i , r j l l , li i tr l i , l i t r fj , l tr j i t . . l t i j , i i l i t r ri , l tr t i i r l i l 2. nagrada 3. n grada • 1. letnik • 2. letnik • 3. letnik • 1. letnik • 10 t e k m o v a n j a S u d o ku • • • 11 f i z i k a T B T 1 T' 2 O lomnem zakonu —drugače • Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + (x − x1)∆x/r1 . 2 i i i i li i, li li : li i , i i l l i, i l l , l i i l l i . l . i l i i - i i l , . - i i l . l i , i i l i i i i i ( li ). - i i i i i l . i - , i l . i . i i l i i i. , i . - , . i i i i . i l l . - i i l l i , - l i l . - i i i i i li i i i i i . i i i , , i i i , , . - l i i , . i , i i i . i , li i . - l i : l - i . i i l i i i i i l . li , i i , l , i i l - . i , i- , i l , l i , i , ( li ). i l . l , i li i i i i i . i i l i: . t t t t t j t t j j t j j t j j t t t t tj j t t tj t j t t t j t t t j t j j t j t t j t t t j j t t t t t j t j t j t t t t j t j j t j j t t t t t t t t j j j j t j j j j j j j j t j t t t j j t t j j t j t t j t t t t t j t t t j j t t tj t j t j t t t t t t t t j t j t t j j t t j t t j j t j j j t t t j ˇe udi še nis e poči nikovali ob vodi, s e orda že slišali za s aro vprašan e: a ero po na ubere kopališki o s er, da bo s kopnega v či kra še času prišel do kopalca v vodi, ki e zašel v ežave? bala e ravna, o s er eče s s alno hi ros o c1 in plava z an šo s alno hi ros o c2. opalec os a a na es u. Če s a na zače ku o s er in kopalec na is i pravo- ko nici na obalo, e odgovor prepros . a ugodne - ša po e kar zveznica zače ne očke o s ra T1 in očke kopalca T2. Zaple ene ši e odgovor, če zače ni očki ne leži a na is i pravoko nici (slika 1). Skra - na ožnos vodi o s ra po n egovi pravoko nici do očke TA in na o do kopalca. Pri e e po po kop- ne na kra ša, po po vodi pa na dal ša. Za o a ožnos ni ugodna. ruga ožnos vodi do očke TB in na o po kopalčevi pravoko nici. Ta ožnos e ugodne ša, ker e zda po po vodi na kra ša. Vpra- šan e pa e, če e na ugodne ša. dgovor e odvisen udi od raz er a hi ros i c1/c2. Za zače ek si pogle o zgled. a bos a pravo- ko nici na obalo 20 oddal eni druga od druge, o - s rova na bo dolga 22 in kopalčeva 15 . ve- de o ravninski koordina ni sis e z os o po obali in izhodišče na sredi ed pravoko nica a. Tako i a očka T1 koordina i ( 1, 1) ( 10 ,22 ) in očka T2 koordina i ( 2, 2) (10 , 15 ). o - s er doseže obalo v očki T z neznano absciso ( ,0). Zani a nas, kako se v odvisnos i od n e spre in a čas. Čas dobi o, ko deli o po s hi ros o. Ses av- l a a ga dva prispevka: t r1/c1 r2/c2 z razdal - a a r1 ( 2)2 21 in r2 ( 2 )2 2 2 . Vs avi o poda ke in z računalniko s progra ski pake o a he a ica nariše o odvisnos časa t( ) od lege očke T. Če želi o, da zados u e poda ek o raz er u hi ros i c1/c2, preračuna o čas t( ) v razdal o c1t( ), ki bi o v e času pre ekel o - s er. go ovi o, da na kra še u času us reza absci- sa 0 4,19 in da razdal a c1t( 0) = 50,3 leži ed c1t( 1) = 59,5 in c1t( 2) = 52,2 (slika 2). Predvse nas zani a splošen odgovor. o n ega se dokopl e o ako, da v islih za spre eni o absciso očke T na osi in izračuna o spre e bo časa. Zaradi spre e be se spre eni a razdal i: r1 r1 ( 1)2 21 [( 1)2 21 ] 2( 1) r1 1 2( 1) /r 21 r1 ( 1) /r1 . 2 C t t t t t j K t t j j t j j t O j j t t t t tj j t t tj K t j t t t j t t t j t N j j t j t t j t t t j j t t t t t j t j t j t t t t j t j j t j j t t t D t t t t t j j j j t j j j j j j j O j t j t t t j N j t t j j t j U t t j x t t t x y = − t t x y = − M j t t x t j j t t tj t j t = + j =  x − x +y =  x − x +y t t t M t t t x t t j t j t t x j x j t t j t U t j j t x = j x x x D j j t ∆x t x ∆x t j +∆ = =  x +∆x − x +y = =  x − x +y + x − x ∆x = =  + x − x ∆x = = + x − x ∆x i i i i li i, m li li : li i m , im m i l l i, i l l , m l i i l m l i . l m . m i l i i - i i l , . - i m i l . l i , i i l i i i i i ( li ). - m i m i i i i l . i m - m , i l . m i . m i i l i i i. m , i . - , . i i m i i . i l m l . - i i l m l i , m - l m i l m. - m i i i i i m li i i i m i m i m . im i i , m, m i i i , m, m . - l i i , . im , i i mi . im , lim i . - l i : l - m i . im i l i m m im m m i i m i l . lim , m i i , m l , i i m l m - . im , m i- , m i l , m l i m , m i , m ( li ). m im l . l m , mi li m im i i i i m m m . i m m m i l i: . Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + (x − x1)∆x/r1 . 2 Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + (x − x1)∆x/r1 . 2 janez strnad Presek 36 (2008/2009) 5 • Slika 1. Začetno lego kopališkega mojs ra v točki 1 in lego kopalca v točki T2 opišemo v koordinatnem sistemu. Slika 2. Čas t(x) je odvisen od abscise x točke T. Graf ka- že odvisnost c1t(x) za izbrani primer pri razmerju hitrosti c1/c2 = 1,5. Najkrajši je čas pri x0 = 4,19 m. Slika 3. Risba kaže žarke pri prehodu svetlobe iz prazne- ga prostora v steklo z lomnim kolǐcnikom n = 1,5. Vpadni kot meri α = 32,8◦, lomni pa β = 21,2◦. Slika 4. Risba ustreza premagani poti v najkrajšem času za razmerje hitrosti c1 = c2 = 3. Kolǐcina c1t(x) 73,7 m pri najkrajš času pri bscisi x0 = 6,89 m se samo za 1,3 % razlikuje od kolǐcine 74,7 m v skr jnem imeru, k izbere mojster najkrajšo pot po vodi. 5 Slika 1. Začetno lego kopališkega mojstra v točki T1 in lego kopalca v točki T2 opišemo v koordinatnem sistemu. Slika 2. Čas t(x) je odvisen od abscise x točke T. Graf ka- že odvisnost c1t(x) za izbrani primer pri razmerju hitrosti c1/c2 = 1,5. Najkrajši je čas pri x0 = 4,19 m. Slika 3. Risba kaže žarke pri prehodu svetlobe iz prazne- ga prostora v steklo z lomnim kolǐcnikom n = 1,5. Vpadni kot meri α = 32,8◦, lomni pa β = 21,2◦. Slika 4. Risba ustreza premagani poti v najkrajšem času za razmerje hitrosti c1 = c2 = 3. Kolǐcina c1t(x) 73,7 m pri najkrajšem času pri abscisi x0 = 6,89 m se samo za 1,3 % razlikuje od kolǐcine 74,7 m v skrajnem primeru, ko izbere mojster najkrajšo pot po vodi. 5 T 2 T T A meja r 1 r 2 c 1 t(x) c 1 t(x 2 ) = 52,2 m c 1 t(x 1 ) = 59,5 m c 1 t(x 0 ) = 50,3 m x 0 = 4,19 m x 2 x 1 x 60 -10 10 y x 58 56 54 52 -5 12 f i z i k a Slika 1. Začetno lego kopališkega mojstra v točki T1 in lego kopalca v točki T2 opišemo v koordinatnem sistemu. Slika 2. Čas t(x) je odvisen od abscise x točke T. Graf ka- že odvisnost c1t(x) za izbrani primer pri razmerju hitrosti c1/c2 = 1,5. Najkrajši je čas pri x0 = 4,19 m. Slika 3. Risba kaže žarke pri prehodu svetlobe iz prazne- ga prostora v steklo z lomnim kolǐcnikom n = 1,5. Vpadni kot meri α = 32,8◦, lomni pa β = 21,2◦. Slika 4. Risba ustreza premagani poti v najkrajšem času za razmerje hitrosti c1 = c2 = 3. Kolǐcina c1t(x) 73,7 m pri najkrajšem času pri abscisi x0 = 6,89 m se samo za 1,3 % razlikuje od kolǐcine 74,7 m v skrajnem primeru, ko izbere mojster najkrajšo pot po vodi. 5 Presek 36 (2008/2009) 5 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom u orabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim r čuno dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- kr jšega časa sprememba ∆x e vpliva a spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahte mo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike a scis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete ra okotnega trikotnik i njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα β = c1 2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valov nje potuje z različni a hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom ste la 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša k t v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računo dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα β = c1 2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različni a hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim o ravičilom u orabi o približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računo dobimo r2 + r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = 2 − (x2 − x)∆ /r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆ 2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x e vpliva a spremem- bo čas . Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti en k 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Math - matico i dobimo navedeni razult t: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete ravokotnega trikotnika i njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega k ta: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα β = c1 2 . Zako velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različni a hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni k ličnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali pr znega prostora v no , je c1/c2 = n lomni količnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količni om stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim o ravičilom u orabi o pr bl žek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim r čuno dobimo r2 + r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 2 = 2 − (x − x)∆ /r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆ 2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- k jšega časa sprememba ∆x vpliva a spremem bo čas . Tako za najkrajši čas zahte mo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti en k 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik azlike a scis in s hitrostjo pomnožene razda je. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vs - bujeta neznani x. Za naš zgl d jo rešimo z Math matico i dobimo navedeni razult t: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete ra okotnega trikotnik i njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega k ta: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα i β = c1 2 . Zako velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valov nje potuje z različni a hitrostima. Raz merje hitrosti vpeljemo kot lomni k ličnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka al pr znega prostora v no , je c1/c2 = n lomni količnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količni om ste la 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša k t v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim o ravičilom u orabi o pr bl žek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim r čuno dobimo r2 + r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = r2 − (x2 − x)∆ /r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- k jšega časa sprememba ∆x vpliva a spremem bo časa. Tako za najkrajši čas zahte mo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik azlike a scis in s hitrostjo pomnožene razda je. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vs - bujeta neznani x. Za naš zgl d jo rešimo z Math matico i dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete ra okotnega trikotnik i njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega k ta: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot i β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα β = c1 2 . Zako velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valov nje potuje z različni a hitrostima. Raz merje hitrosti vpeljemo kot lomni k ličnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka al praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količni om ste la 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša k t v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnik m stekla 1,5, ki po e, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-k at manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v p imeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom u orabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim r čuno dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- k jšega časa sprememba ∆x vpliva na spremem bo časa. Tako za najkrajši čas zahte mo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti en k 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike a scis in s hitrostjo pomnožene razda je. Druge enačbe n lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vs - bujeta eznani x. Za naš zgl d jo rešimo z Math matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipot nuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα si β = c1 2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različni a hitrostima. Raz merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka al praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni ko čnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količ ikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetl be v steklu 1,5-krat manj ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα i β = c1 2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitros i vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz z aka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo pomnožene razdalje. Druge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe- matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemari o člen z (∆x)2. S podobnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se z radi s rememb ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Gr f za zgled nas pouči, da v neposred i bližini naj- kr jšega časa spr memba ∆x ne vpliva a spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo p ožene razdalje Druge enačbe ni lahko rešit , ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo reši o z Mathe matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 . Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako majhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom uporabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadriramo in zanemarimo člen (∆x)2. S pod bnim računom dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 22 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se zaradi s remembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- krajšega časa sprememba ∆x ne vpliva na spremem- bo časa. Tako za najkrajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 li x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: na levi strani je količ- nik razlike abscis in s hitrostjo p ožene razdalje Druge enačbe ni lahko rešit , ker razdalji r1 in r2 vse- bujeta neznani x. Za naš zgled jo rešimo z Mathe matico in dobimo navedeni razultat: x0 = 4,19 m. Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete pravokotnega trikotnika in njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različnima hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik snovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Sprememba ∆x je v primerjavi z drugimi abscisami tako ajhna, da smemo (∆x)2 v primeri z njimi za- nemariti. Z enakim opravičilom u orabimo približek√ 1+ a∆x = 1 + 12a∆x. Preizkusimo ga tako, da le- vo in desno stran enačbe kvadrira o in zanemarimo člen z (∆x)2. S podobnim računo dobimo r2 +∆r2 = =  (x2 − x −∆x)2 +y21 = =  [(x2 − x)2 +y21 ]− 2(x2 − x)∆x = = r2  1+ 2(x2 − x)∆x/r 2 = = r2 − (x2 − x)∆x/r2 . Čas se z radi spremembe ∆x spremeni za ∆t = ∆r1/c1 +∆r2/c2 = =  x − x1 c1r1 − x2 − x c2r2  ∆x . Graf za zgled nas pouči, da v neposredni bližini naj- r jš ga čas spr memba ∆x e vpliva a spremem- bo asa. Tako za najk ajši čas zahtevamo ∆t = 0 in izraz v velikem oklepaju mora biti enak 0: x − x1 c1r1 = x2 − x c2r2 ali x − x1 r1 = c1 c2 x2 − x r2 . Prva enačba je simetrična: a levi strani je količ nik razl ke abscis in s hitr stj pomn žene razdalj . D uge enačbe ni lahko rešiti, ker razdalji r1 in r2 vse- buj a neznani x. Za naš zgled jo reši o z Mathe- matico in dobimo na ede r zu tat: x0 = 4,19 . Enačbo lahko prevedemo v bolj uporabno obliko. Razmerje katete ravokotnega trikotnika i njegove hipotenuze vpeljemo kot sinus nasprotnega kota: x − x1 r1 = sinα in x2 − x r2 = sinβ , kjer je α vpadni kot in β lomni kot (slika 3). Nova enačba ne vsebuje koordinat. To je lomni zakon: sinα sinβ = c1 c2 . Zakon velja za lom valovanja na meji območij, po ka- terih valovanje potuje z različni a hitrostima. Raz- merje hitrosti vpeljemo kot lomni količnik. Če gre za lom svetlobe pri prehodu iz zraka ali praznega prostora v snov, je c1/c2 = n lomni količnik s ovi. Zgled smo naredili z lomnim količnikom stekla 1,5, ki pove, da je hitrost svetlobe v steklu 1,5-krat manj- ša kot v zraku. 3 Presek je v prispevku O naravi svetlobe in o lomu, 14 (1986/87), str. 194–199 lomni zakon obravnaval na bolj običajen način. Vprašanje o kopališkem moj- stru in kopalcu je bilo samo pretveza, da smo ga iz- peljali po drugačni poti. Hitrost pri teku je navadno vsaj trikrat večja kot hitrost pri plavanju. (Čas sve- tovnega rekorda na 100 metrov prosto pri plavanju je za moške 4,9-krat in za ženske 4,8-krat daljši od časa svetovnega rekorda pri teku na 100 metrov.) Zato bi se mojster ne odločil slabo, če bi v naglici ubral najkrajšo pot po vodi (slika 4). Če je c1 = c2, do loma sploh ne pride. V tem pri- meru sorazmerje (x − x1)/r1 = (x2 − c)/r2 pokaže, da se žarek ne zlomi in ostane raven. Seveda, če ni prehoda čez mejo, ni loma. Morda ste opazili, da znak y2 ne vpliva na izid. Nič se ne spremeni, če namesto negativne ordinate y2 upoštevamo pozi- tivno. To pomeni, da do loma ne pride in je c1 = c2. V tem primeru se točka T1 na meji prezrcali v točko T2. Nastane odboj, pri katerem je odbojni kot enak vpadnemu. To je odbojni zakon, ki so ga (poleg za- kona o vzvodu in zakona o vzgonu) poznali že v starem veku. Lomni zakon ima razgibano zgodovino. Po naka- zani poti ga je izpeljal matematik Pierre Fermat leta 1662. Kolikor je mogoče ugotoviti, ga je prvi v geo- metrijski obliki zapisal Abu Said al-Ala Ibn Sahl ko- nec 10. stoletja, a je njegovo delo zatonilo v pozabo. Ponovno sta zakon odkrila Thomas Harriot leta 1601 in Willebrord Snel leta 1621, a ga menda nista obja- vila. To je storil René Descartes leta 1637, ki pa ga je izpeljal po zgrešeni poti. Mislil je, da je hitrost svetlobe v steklu večja kot v zraku in da se ohrani komponenta hitrosti, vzporedna z mejo. Tedaj so tudi drugi večinoma menili, da svetloba hitreje po- tuje po steklu, češ da steklo pri prehodu iz zraka privlači in pospeši svetlobne delce iz zraka. Fermat je Descartesu s poudarkom nasprotoval in zagotovil, da je hitrost svetlobe v prozorni snovi manjša kot v praznem prostoru. To je z merjenjem Leon Foucault podprl šele sredi 19. stoletja. Z lomnim zakonom so se ukvarjali še drugi fiziki. Fermat je torej ugotovil, da valovanje ubere med dvema točkama tako pot, da potrebuje zanjo najkrajši čas. Ta pot je pripeljala do odkritja drugih variacijskih načel, ki zahtevajo, da ima kaka količina pri opazovanem pojavu naj- manjšo ali največjo vrednost, in ki jih danes pogosto uporabljajo. 4 Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + ( − x1)∆x/r1 . 2 Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + ( − x1)∆x/r1 . 2 Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je odgovor preprost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je odgovor, če začetni točki ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra po njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajša, pot po vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga možnost vodi do točke TB in nato po kopalčevi pravokotnici. Ta možnost je ugodnejša, ker je zdaj pot po vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razmerja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni druga od druge, moj- strova naj bo dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže obalo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, kako se v odvisnosti od nje spreminja čas. Čas dobimo, ko delimo pot s hitrostjo. Sestav- ljata ga dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razdalj- ama r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y2. Vstavimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica narišemo odvisnost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek o razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem času pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu času ustreza absci- sa x0 = 4,19 m in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x1) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spremenimo absciso točke T na osi x in izračunamo spremembo časa. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + ( − x1)∆x/r1 . 2 Četudi še niste počitnikovali ob vodi, ste morda že slišali za staro vprašanje: Katero pot naj ubere kopališki mojster, da bo s kopnega v čim krajšem času prišel do kopalca v vodi, ki je zašel v težave? Obala je ravna, mojster teče s stalno hitrostjo c1 in plava z manjšo stalno hitrostjo c2. Kopalec ostaja na mestu. Če sta na začetku mojster in kopalec na isti pravo- kotnici na obalo, je dgovor pre rost. Najugodnej- ša pot je kar zveznica začetne točke mojstra T1 in točke kopalca T2. Zapletenejši je dgovor, če začetni t i ne ležita na isti pravokotnici (slika 1). Skraj- na možnost vodi mojstra p njegovi pravokotnici do točke TA in nato do kopalca. Pri tem je pot po kop- nem najkrajš , pot p vodi pa najdaljša. Zato ta možnost ni ugodna. Druga mož ost vodi do t čke TB in nato po k palčevi pravok t ici. Ta možnost j ugodnejša, ker je zdaj pot p vodi najkrajša. Vpra- šanje pa je, če je najugodnejša. Odgovor je odvisen tudi od razm rja hitrosti c1/c2. Za začetek si poglejmo zgled. Naj bosta pravo- kotnici na obalo 20 m oddaljeni ruga od druge, moj- strova j o dolga 22 m in kopalčeva 15 m. Uve- demo ravninski koordinatni sistem z osjo x po obali in izhodiščem na sredi med pravokotnicama. Tako ima točka T1 koordinati (x1, y1) = (−10 m,22 m) in točka T2 koordinati (x2, y2) = (10 m,−15 m). Moj- ster doseže balo v točki T z neznano absciso (x,0). Zanima nas, k ko se v odvis osti od nje spreminja č s. Č s dobimo, ko delimo p t s hitrostjo. Sestav- lj ta g dva prispevka: t = r1/c1 + r2/c2 z razd lj- am r1 =  (x − x2)2 +y21 in r2 =  (x2 − x)2 +y22 . Vst vimo podatke in z računalnikom s programskim paketom Mathematica n rišemo odvi nost časa t(x) od lege točke T. Če želimo, da zadostuje podatek razmerju hitrosti c1/c2, preračunamo čas t(x) v razdaljo c1t(x), ki bi jo v tem asu pretekel moj- ster. Ugotovimo, da najkrajšemu ustr za absci- a x0 = 4,19 in da razdalja c1t(x0) = 50,3 m leži med c1t(x ) = 59,5 m in c1t(x2) = 52,2 m (slika 2). Predvsem nas zanima splošen odgovor. Do njega se dokopljemo tako, da v mislih za ∆x spreme imo absciso točke T na osi x in izračunamo sprememb ča a. Zaradi spremembe ∆x se spremenita razdalji: r1 +∆r1 = =  (x +∆x − x1)2 +y21 = =  [(x − x1)2 +y21 ]+ 2(x − x1)∆x = = r1  1+ 2(x − x1)∆x/r 21 = = r1 + ( − x1)∆x/r1 . 2 x-x 1 r 1 r 2 x 2 -x • 13 f i z i k a Presek je v prispevku O naravi svetlobe in o lomu, 14 (1986/87), str. 194–199 lomni zakon obravnaval na bolj običajen način. Vprašanje o kopališkem moj- stru in kopalcu je bilo samo pretveza, da smo ga iz- peljali po drugačni poti. Hitrost pri teku je navadno vsaj trikrat večja kot hitrost pri plavanju. (Čas sve- tovnega rekorda na 100 metrov prosto pri plavanju je za moške 4,9-krat in za ženske 4,8-krat daljši od časa svetovnega rekorda pri teku na 100 metrov.) Zato bi se mojster ne odločil slabo, če bi v naglici ubral najkrajšo pot po vodi (slika 4). Če je c1 = c2, do loma sploh ne pride. V tem pri- meru sorazmerje (x − x1)/r1 = (x2 − c)/r2 pokaže, da se žarek ne zlomi in ostane raven. Seveda, če ni prehoda čez mejo, ni loma. Morda ste opazili, da znak y2 ne vpliva na izid. Nič se ne spremeni, če namesto negativne ordinate y2 upoštevamo pozi- tivno. To pomeni, da do loma ne pride in je c1 = c2. V tem primeru se točka T1 na meji prezrcali v točko T2. Nastane odboj, pri katerem je odbojni kot enak vpadnemu. To je odbojni zakon, ki so ga (poleg za- kona o vzvodu in zakona o vzgonu) poznali že v starem veku. Lomni zakon ima razgibano zgodovino. Po naka- zani poti ga je izpeljal matematik Pierre Fermat leta 1662. Kolikor je mogoče ugotoviti, ga je prvi v geo- metrijski obliki zapisal Abu Said al-Ala Ibn Sahl ko- nec 10. stoletja, a je njegovo delo zatonilo v pozabo. Ponovno sta zakon odkrila Thomas Harriot leta 1601 in Willebrord Snel leta 1621, a ga menda nista obja- vila. To je storil René Descartes leta 1637, ki pa ga je izpeljal po zgrešeni poti. Mislil je, da je hitrost svetlobe v steklu večja kot v zraku in da se ohrani komponenta hitrosti, vzporedna z mejo. Tedaj so tudi drugi večinoma menili, da svetloba hitreje po- tuje po steklu, češ da steklo pri prehodu iz zraka privlači in pospeši svetlobne delce iz zraka. Fermat je Descartesu s poudarkom nasprotoval in zagotovil, da je hitrost svetlobe v prozorni snovi manjša kot v praznem prostoru. To je z merjenjem Leon Foucault podprl šele sredi 19. stoletja. Z lomnim zakonom so se ukvarjali še drugi fiziki. Fermat je torej ugotovil, da valovanje ubere med dvema točkama tako pot, da potrebuje zanjo najkrajši čas. Ta pot je pripeljala do odkritja drugih variacijskih načel, ki zahtevajo, da ima kaka količina pri opazovanem pojavu naj- manjšo ali največjo vrednost, in ki jih danes pogosto uporabljajo. 4 Presek je v prispevku O naravi svetlobe in o lomu, 14 (1986/87), str. 194–199 lomni zakon obravnaval na bolj običajen način. Vprašanje o kopališkem moj- stru in kopalcu je bilo samo pretveza, da smo ga iz- peljali po drugačni poti. Hitrost pri teku je navadno vsaj trikrat večja kot hitrost pri plavanju. (Čas sve- tovnega rekorda na 100 metrov prosto pri plavanju je za moške 4,9-krat in za ženske 4,8-krat daljši od časa svetovnega rekorda pri teku na 100 metrov.) Zato bi se mojster ne odločil slabo, če bi v naglici ubral najkrajšo pot po vodi (slika 4). Če je c1 = c2, do loma sploh ne pride. V tem pri- meru sorazmerje (x − x1)/r1 = (x2 − c)/r2 pokaže, da se žarek ne zlomi in ostane raven. Seveda, če ni prehoda čez mejo, ni loma. Morda ste opazili, da znak y2 ne vpliva na izid. Nič se ne spremeni, če namesto negativne ordinate y2 upoštevamo pozi- tivno. To pomeni, da do loma ne pride in je c1 = c2. V tem primeru se točka T1 na meji prezrcali v točko T2. Nastane odboj, pri katerem je odbojni kot enak vpadnemu. To je odbojni zakon, ki so ga (poleg za- kona o vzvodu in zakona o vzgonu) poznali že v starem veku. Lomni zakon ima razgibano zgodovino. Po naka- zani poti ga je izpeljal matematik Pierre Fermat leta 1662. Kolikor je mogoče ugotoviti, ga je prvi v geo- metrijski obliki zapisal Abu Said al-Ala Ibn Sahl ko- nec 10. stoletja, a je njegovo delo zatonilo v pozabo. Ponovno sta zakon odkrila Thomas Harriot leta 1601 in Willebrord Snel leta 1621, a ga menda nista obja- vila. To je storil René Descartes leta 1637, ki pa ga je izpeljal po zgrešeni poti. Mislil je, da je hitrost svetlobe v steklu večja kot v zraku in da se ohrani komponenta hitrosti, vzporedna z mejo. Tedaj so tudi drugi večinoma menili, da svetloba hitreje po- tuje po steklu, češ da steklo pri prehodu iz zraka privlači in pospeši svetlobne delce iz zraka. Fermat je Descartesu s poudarkom nasprotoval in zagotovil, da je hitrost svetlobe v prozorni snovi manjša kot v praznem prostoru. To je z merjenjem Leon Foucault podprl šele sredi 19. stoletja. Z lomnim zakonom so se ukvarjali še drugi fiziki. Fermat je torej ugotovil, da valovanje ubere med dvema točkama tako pot, da potrebuje zanjo najkrajši čas. Ta pot je pripeljala do odkritja drugih variacijskih načel, ki zahtevajo, da ima kaka količina pri opazovanem pojavu naj- manjšo ali največjo vrednost, in ki jih danes pogosto uporabljajo. 4 Difuzija, kaj je to? odgovor naloge V poizkuševalnici smo si ogledali enega od tokov snovi, ki v naravi tečejo sami od sebe. Snovnih tokov, ki tečejo sami od sebe, najdemo v naravi mnogo: dež pade sam od sebe iz oblakov, ko so zato izpolnjeni določeni pogoji; veter piha ob poletnih dnevih sam od sebe navzgor; potoki in reke tečejo sami od sebe v dolino. Difuzijski tokovi tečejo sami od sebe v nekoliko drugačnih okoliščinah. Naj navedemo najprej nekaj primerov, potem pa bomo poskusili ugotoviti, kaj imajo ti primeri skupnega z našim poskusom. Ko stresemo v skodelico vročega čaja sladkor, se- de sladkor na dno. Če čaj pomešamo, je prav kmalu sladek ves, če ga pustimo pri miru, pa bo prav nepri- jetno sladek pri dnu, pri gladini pa sladkosti sploh ne bomo občutili. Če kanemo v vodo kapljico črnila, bomo še dolgo lahko opazovali njeno obliko. Poglejmo, kaj se je dogajalo pri našem poskusu. Rdeče vino vsebuje alkohol. Alkohol ima manjšo gos- toto kot voda. Tudi vino, ki je mešanica alkohola in vode, ima manjšo gostoto kot navadna voda. A alko- hol se z vodo meša. Če preprečimo, da se vino z al- koholom in voda pomešata, plava vino na vodi. Ker smo uporabili rdeče vino, lahko mešanje opazujemo. Če bi nalili na vodo čisti alkohol, bi morali uporabiti drugačne trike, da bi zasledovali mešanje alkohola in vode, npr. upoštevali bi različne optične lastnosti obeh tekočin. Na začetku je bila meja med vinom in vodo pre- cej ostra. Slika (a) kaže začetno stanje, vidimo, da se voda od vina dobro loči. Če hočemo opisati, kje je več vina in kje več čiste vode, kot mero upora- bimo koncentracijo, npr. koncentracijo vina. Kon- centracija prav v našem primeru sicer ni najboljša količina, ker je že vino samo mešanica, a lahko bi govorili tudi o koncentraciji vinskega barvila, ki jo lahko neposredno opazujemo. Shematično je videti potek koncentracije vina v kozarcu na začetku opa- zovanja približno tako, kot je podano ob sliki (a). Ker nimamo pripomočkov za merjenje koncentracije barvila, alkohola ali katere druge sestavine vina (ne vode), je graf zgolj shematičen. Navpična os pred- stavlja višino (lego) v kozarcu, vodoravna pa koncen- tracijo, ki pa zaradi naših pomanjkljivih informacij nima enot. Počasi se meja zabrisuje, slika (b) je bila posneta pol ure po začetku opazovanja, slika (c) pa tri ure po začetku. Na tretji sliki vidimo, da je spodnji del že precej obarvan. To ponazarja tudi shematični graf, kjer je videti, da se je koncentracija tudi na vinski strani zmanjšala že povsod, spodnji del pa se je pov- sod že obarval. Zadnja slika (d) je bila posneta po 12-ih urah, ko z očesom koncentracijskih razlik sko- rajda ni bilo več mogoče ločiti. Zakaj sploh prihaja do toka ene snovi v drugo? Z modelom difuzije se ukvarja poizkuševalnica v tej številki. Snovni tok se iz področja večje koncentraci- je na področje manjše koncentracije pojavi zaradi naključnega gibanja molekul. Molekule se gibljejo v vse smeri. Iz področja, kjer je molekul barvila, alkohola, skratka molekul, ki jih povezujemo z vi- nom, več, jih gotovo več zaide na področje, kjer jih je manj, kot obratno. Zato se sčasoma koncentracija povsod izenačuje. Ko je koncentracija povsod enaka, 2 m o jc a č ep ič • • p o iz k u š e v a l n ic a v k u h in ji Slika 1. Začetno lego kopališkega mojstra v točki T1 in lego kopalca v točki T2 opišemo v koordinatnem sistemu. Slika 2. Čas t(x) je odvisen od abscise x točke T. Graf ka- že odvisnost c1t(x) za izbrani primer pri razmerju hitrosti c1/c2 = 1,5. Najkrajši je čas pri x0 = 4,19 m. Slika 3. Risba kaže žarke pri prehodu svetlobe iz prazne- ga prostora v steklo z lomnim kolǐcnikom n = 1,5. Vpadni kot meri α = 32,8◦, lomni pa β = 21,2◦. Slika 4. Risba ustreza premagani poti v najkrajšem času za razmerje hitrosti c1 = c2 = 3. Kolǐcina c1t(x) 73,7 m pri najkrajšem času pri abscisi x0 = 6,89 m se s mo za 1,3 % razlikuj od kolǐcin 74,7 m v skr jnem primeru, ko izbere mojster najkrajšo pot po vodi. 5 Presek je v prispevku O naravi svetlobe in o lomu, 14 (1986/87), str. 194–199 lomni zakon obravnaval na bolj običajen način. Vprašanje o kopališkem moj- stru in kopalcu je bilo samo pretveza, da sm g iz pelj li po drugačni poti. Hitros pri teku j navadno vsaj trik at večja k t hitrost pri p av nju. (Čas sve tov ega rekord na 100 metrov prosto pri pl vanju je za moške 4,9- rat in za ženske 4,8-krat daljši od časa svetovnega ek rda ri teku n 100 metrov.) Zato bi se mojster ne odločil sl bo, če bi v naglici ubral najkrajšo pot po vodi (slika 4). Če je c1 = c2, do loma sploh ne pride. V tem pri- m ru sorazmerje (x − x1)/r1 = (x2 − c)/r2 p kaže, da se žarek ne zlomi in sta e raven. Sev , če ni prehoda čez mejo, ni loma. Morda ste opazili, da znak y2 ne vpliva na izid. Nič se ne spremeni, če namesto negativne ordi ate y2 upoštev mo pozi- tivno. To pomeni, da do lom ne pride in je c1 = c2. V tem primeru se točka T1 na meji prezrcali v točko T2. Nastane odboj, pri kater m je odbojni k t enak vpadnemu. To je odbojni z kon, ki so ga (poleg za- kona o vzvodu in zakona o vzgonu) poznali že v starem veku. Lomni zakon ima razg bano zgodovino. Po naka- zani pot ga je izpeljal matematik Pi rre Fermat leta 1662. Koli or je mogoče ugotoviti, ga je prvi v geo etrijski obliki zapisal Abu Said al-Ala Ibn Sahl ko- nec 10. stoletja, a je njegovo delo zatonilo v pozabo. Ponovno sta zakon odkrila Thomas Harriot leta 1601 in Willebrord Snel leta 1621, a ga menda nista obja- vila. To je storil René Descartes leta 1637, ki pa ga je izpeljal po zgrešeni poti. Mislil je, da je hitrost svetlobe v steklu večja kot v zraku in da se ohrani komponenta hitrosti, vzporedna z mejo. Tedaj so tudi drugi večinoma menili, da svetloba hitreje po- tuje po steklu, češ da steklo pri prehodu iz zraka privlači in pospeši svetlobne delce iz zraka. Fermat je Descartesu s poudarkom nasprotoval in zagotovil, da je hitrost svetlobe v prozorni snovi manjša kot v praznem prostoru. To je z merjenjem Leon Foucault podprl šele sredi 19. stoletja. Z lomnim zakonom so se ukvarjali še drugi fiziki. Fermat je torej ugotovil, da valovanje ubere med dvema točkama tako pot, da potrebuje zanjo najkrajši čas. Ta pot je pripeljala do odkritja drugih variacijskih načel, ki zahtevajo, da ima kaka količina pri opazovanem pojavu naj- manjšo ali največjo vrednost, in ki jih danes pogosto uporabljajo. 4 Presek 36 (2008/2009) 5 • c 1 t(x) c 1 t( 1 ) = 97,0 m c 1 t(x 2 ) = 74,7 m c 1 t(x 0 ) = 73,7 m x 0 = 6,89 m x 2 x 1 x 95 -10 10 90 85 80 -5 14 f i z i k a Slika 1. Pripomočki za izdelavo škatlice Slika 2. Izdelana škatlica – poskus se lahko začne Tabela. Evrski kovanci razlǐcnih držav (vir. Wikipedia) 4 V poizkuševalnici smo si ogledali enega od tokov snovi, ki v naravi tečejo sami od sebe. Snovnih tokov, ki tečejo sami od sebe, najdemo v naravi mnogo: dež pade sam od sebe iz oblakov, ko so zato izpolnjeni določeni pogoji; veter piha ob poletnih dnevih sam od sebe navzgor; potoki in reke tečejo sami od sebe v dolino. Difuzijski tokovi tečejo sami od sebe v nekoliko drugačnih okoliščinah. Naj navedemo najprej nekaj primerov, potem pa bomo poskusili ugotoviti, kaj imajo ti primeri skupnega z našim poskusom. Ko stresemo v skodelico vročega čaja sladkor, se- de sladkor na dno. Če čaj pomešamo, je prav kmalu sladek ves, če ga pustimo pri miru, pa bo prav nepri- jetno sladek pri dnu, pri gladini pa sladkosti sploh ne bomo občutili. Če kanemo v vodo kapljico črnila, bomo še dolgo lahko opazovali njeno obliko. Poglejmo, kaj se je dogajalo pri našem poskusu. Rdeče vino vsebuje alkohol. Alkohol ima manjšo gos- toto kot voda. Tudi vino, ki je mešanica alkohola in vode, ima manjšo gostoto kot navadna voda. A alko- hol se z vodo meša. Če preprečimo, da se vino z al- koholom in voda pomešata, plava vino na vodi. Ker smo uporabili rdeče vino, lahko mešanje opazujemo. Če bi nalili na vodo čisti alkohol, bi morali uporabiti drugačne trike, da bi zasledovali mešanje alkohola in vode, npr. upoštevali bi različne optične lastnosti obeh tekočin. Na začetku je bila meja med vinom in vodo pre- cej ostra. Slika (a) kaže začetno stanje, vidimo, da se voda od vina dobro loči. Če hočemo opisati, kje je več vina in kje več čiste vode, kot mero upora- bimo koncentracijo, npr. koncentracijo vina. Kon- centracija prav v našem primeru sicer ni najboljša količina, ker je že vino samo mešanica, a lahko bi govorili tudi o koncentraciji vinskega barvila, ki jo lahko neposredno opazujemo. Shematično je videti potek koncentracije vina v kozarcu na začetku opa- zovanja približno tako, kot je podano ob sliki (a). Ker nimamo pripomočkov za merjenje koncentracije barvila, alkohola ali katere druge sestavine vina (ne vode), je graf zgolj shematičen. Navpična os pred- stavlja višino (lego) v kozarcu, vodoravna pa koncen- tracijo, ki pa zaradi naših pomanjkljivih informacij nima enot. Počasi se meja zabrisuje, slika (b) je bila posneta pol ure po začetku opazovanja, slika (c) pa tri ure po začetku. Na tretji sliki vidimo, da je spodnji del že precej obarvan. To ponazarja tudi shematični graf, kjer je videti, da se je koncentracija tudi na vinski strani zmanjšala že povsod, spodnji del pa se je pov- sod že obarval. Zadnja slika (d) je bila posneta po 12-ih urah, ko z očesom koncentracijskih razlik sko- rajda ni bilo več mogoče ločiti. Zakaj sploh prihaja do toka ene snovi v drugo? Z modelom difuzije se ukvarja poizkuševalnica v tej številki. Snovni tok se iz področja večje koncentraci- je na področje manjše koncentracije pojavi zaradi naključnega gibanja molekul. Molekule se gibljejo v vse smeri. Iz področja, kjer je molekul barvila, alkohola, skratka molekul, ki jih povezujemo z vi- nom, več, jih gotovo več zaide na področje, kjer jih je manj, kot obratno. Zato se sčasoma koncentracija povsod izenačuje. Ko je koncentracija povsod enaka, 2 V poizkuševalnici smo si ogledali enega od tokov snovi, ki v naravi tečejo sami od sebe. Snovnih tokov, ki tečejo sami od sebe, najdemo v naravi mnogo: dež pade sam od sebe iz oblakov, ko so zato izpolnjeni določeni pogoji; veter piha ob poletnih dnevih sam od sebe navzgor; potoki in reke tečejo sami od sebe v dolino. Difuzijski tokovi tečejo sami od sebe v nekoliko drugačnih okoliščinah. Naj navedemo najprej nekaj primerov, potem pa bomo poskusili ugotoviti, kaj imajo ti primeri skupnega z našim poskusom. Ko stresemo v skodelico vročega čaja sladkor, se- de sladkor na dno. Če čaj pomešamo, je prav kmalu sladek ves, če ga pustimo pri miru, pa bo prav nepri- jetno sladek pri dnu, pri gladini pa sladkosti sploh ne bomo občutili. Če kanemo v vodo kapljico črnila, bomo še dolgo lahko opazovali njeno obliko. Poglejmo, kaj se je dogajalo pri našem poskusu. Rdeče vino vsebuje alkohol. Alkohol ima manjšo gos- toto kot voda. Tudi vino, ki je mešanica alkohola in vode, ima manjšo gostoto kot navadna voda. A alko- hol se z vodo meša. Če preprečimo, da se vino z al- koholom in voda pomešata, plava vino na vodi. Ker smo uporabili rdeče vino, lahko mešanje opazujemo. Če bi nalili na vodo čisti alkohol, bi morali uporabiti drugačne trike, da bi zasledovali mešanje alkohola in vode, npr. upoštevali bi različne optične lastnosti obeh tekočin. Na začetku je bila meja med vinom in vodo pre- cej ostra. Slika (a) kaže začetno stanje, vidimo, da se voda od vina dobro loči. Če hočemo opisati, kje je več vina in kje več čiste vode, kot mero upora- bimo koncentracijo, npr. koncentracijo vina. Kon- centracija prav v našem primeru sicer ni najboljša količina, ker je že vino samo mešanica, a lahko bi govorili tudi o koncentraciji vinskega barvila, ki jo lahko neposredno opazujemo. Shematično je videti potek koncentracije vina v kozarcu na začetku opa- zovanja približno tako, kot je podano ob sliki (a). Ker nimamo pripomočkov za merjenje koncentracije barvila, alkohola ali katere druge sestavine vina (ne vode), je graf zgolj shematičen. Navpična os pred- stavlja višino (lego) v kozarcu, vodoravna pa koncen- tracijo, ki pa zaradi naših pomanjkljivih informacij nima enot. Počasi se meja zabrisuje, slika (b) je bila posneta pol ure po začetku opazovanja, slika (c) pa tri ure po začetku. Na tretji sliki vidimo, da je spodnji del že precej obarvan. To ponazarja tudi shematični graf, kjer je videti, da se je koncentracija tudi na vinski strani zmanjšala že povsod, spodnji del pa se je pov- sod že obarval. Zadnja slika (d) je bila posneta po 12-ih urah, ko z očesom koncentracijskih razlik sko- rajda ni bilo več mogoče ločiti. Zakaj sploh prihaja do toka ene snovi v drugo? Z modelom difuzije se ukvarja poizkuševalnica v tej številki. Snovni tok se iz področja večje koncentraci- je na področje manjše koncentracije pojavi zaradi naključnega gibanja molekul. Molekule se gibljejo v vse smeri. Iz področja, kjer je molekul barvila, alkohola, skratka molekul, ki jih povezujemo z vi- nom, več, jih gotovo več zaide na področje, kjer jih je manj, kot obratno. Zato se sčasoma koncentracija povsod izenačuje. Ko je koncentracija povsod enaka, 2Slika. Opazovan e difuzije vina v vodo. D sno d po a- meznih slik so shematǐcne ponazoritve odvisnosti k ncen racije: (a) začetno stanje, (b) po pol ure ( ) po treh urah in (d) po 12-ih urah. 4 tokovi zaradi naključnih gibanj še vedno obstajajo. Toda toliko „vinskih“ molekul, kot jih naključno za- ide iz zgornjega dela kozarca v spodnjega, jih zaide tudi nazaj in barva se ne spreminja več. 3 • Slika 2. Izdelana škatlica – poskus se lahko začne Presek 36 (2008/2009) 5 • (a) (b) (c) (d) c c c c 15 f i z i k a • p o iz k u š e v a l n ic a v k u h in ji na da lje va nj e na s tr an i 18 Makro difuzija in evrodifuzija V prejšnji poizkuševalnici smo si ogledali, kako teče snov iz področja, kjer je snovi več, v področje, kjer je te iste snovi manj. Ker v mešanicah in razto- pinah merimo vsebnost ene snovi v drugi s koncen- tracijo, lahko gornje besede zapišemo tudi drugače: difuzijski tok snovi teče iz področja večje koncen- tracije te snovi na področje manjše koncentracije. V odgovoru na vprašanje smo navedli nekaj primerov difuzijskega toka in opisali smo, od katerih lastnosti je tok odvisen. Takemu opisu, ki povzema dogajanje v naravi, pravimo fenomenološki opis. V tokratni na- logi pa bomo poskusili z opazovanjem in preizku- šanjem dogajanja v modelu difuzije razumeti, zakaj difuzijski tokovi sploh tečejo. Potrebščine (slika 1): prozorna škatlica, košček trdega kartona, lepilni trak, fižolčki dveh barv enake velikosti (vsaj deset vsake barve). Iz trdega kartona izreži pregrado, ki je enako ve- lika kot prečni presek škatlice. Vanjo na eni strani izreži odprtino, ki je dovolj velika, da skoznjo lahko zdrsne fižolček. V sredino škatlice z lepilnim trakom pritrdi pregrado (slika 2), na vsako stran pregrade pa nasuj fižolčke enake barve. Na eno stran nasuj tem- ne fižolčke, na drugo stran pa svetle. Škatlica pred- stavlja model mešalnega poskusa, predelek s temni- mi fižolčki ponazarja del v kozarcu, kjer je bila večja koncentracija vina, predelek s svetlimi pa del, kjer je bila čista voda. Za prvi poskus naj bo na vsaki strani deset fižol- čkov. Pri ponovitvah poskusa lahko število fižolčkov tudi povečaš, a ne preveč (morda do 20 ali 30). Nato škatlico dva do trikrat potresi. Tresljaji naj ne bodo premočni. Škatlico na hitro premakneš v smeri pra- vokotno na pregrado za približno 10 cm naprej in nazaj. To imenujmo „enkrat potresi“. Potresanje škatlice in z njim povzročeno gibanje fižolčkov pona- zarja (modelira) gibanje molekul v tekočini. Škatlica s potresanjem vred predstavlja model di- fuzije. Dogajanja v modelskem sistemu običajno ni- so natanko enaka kot v pravem sistemu, ki ga želimo raziskovati, so pa podobna. Okoliščine v modelu obi- čajno lažje nadzorujemo, model, če je pametno iz- bran, lahko znanstveniku olajša pot do razumevanja bolj kompleksnih sistemov v naravi. Zato v današnji nalogi poskušamo raziskati model difuzije. Preštej, koliko fižolčkov posamezne vrste je na eni strani pregrade. Prešteješ jih lahko tudi na drugi strani, ali pa njih število izračunaš, saj iz škatlice ni- so mogli pobegniti. Tresenje in štetje nekajkrat po- novi, število svetlih in temnih fižolčkov v posamez- nem razdelku pa zapisuj v tabelo. Porazdelitev fižol- čkov po posameznih zaporednih tresenjih predstavi še s histogramom. 2 V prejšnji poizkuševalnici smo si ogledali, kako teče snov iz področja, kjer je snovi več, v področje, kjer je te iste snovi manj. Ker v mešanicah in razto- pinah merimo vsebnost ene snovi v drugi s koncen- tracijo, lahko gornje besede zapišemo tudi drugače: difuzijski tok s ovi teče iz področja večje koncen- tracije te s ovi n področje m njše koncentracije. V odgovoru na vprašanje smo navedli nekaj primerov difuzijskega toka in opisali smo, od katerih lastnosti je tok odvisen. Takemu opisu, i povzema dogaja je v naravi, pravim fenomen loški opis. V tokratni na- logi pa b mo poskusili z opazovanjem in preiz u- šanjem dogajanja v modelu difuzije razumeti, zakaj difuzijski tokovi sploh tečejo. Potrebščine (slika 1): prozorna škatlica, košček trdega kartona, lepilni trak, fižolčki dveh barv enake velikosti (vsaj deset vsake barve). Iz trdega kartona izreži pregrado, ki je e ako ve- lika kot reč i presek škatlice. Vanjo na eni strani izreži odprtino, ki je ov lj velika, da skoznjo lahko zdrsne fižolček. V sredino škatlice z lepilnim trakom pritrdi pregrado (slika 2), na vsako stran pregrade pa asuj fižolčke enake barve. Na eno stran nasuj tem- ne fižolčke, na drugo stran pa svetle. Škatlica pred- stavlja model mešalnega poskusa, predelek s temni- mi fižolčki ponaz rja del v ozarcu, kjer je bila večja koncentracija vina, predelek s svetlimi pa del, kjer je bila čista voda. Za prvi poskus naj bo na vs ki strani deset fiž l- čkov. Pri ponovitvah poskusa lahko število fižolčkov tudi poveč š, a ne preveč (morda do 20 ali 30). Nat škatlico dva do trikrat potresi. Tresljaji naj ne bodo premočni. Škatlico na hitro premakneš v smeri pra- vokotno na pregrad za približno 10 cm naprej in nazaj. To imenujmo „enkrat potresi“. Potresa je škatlice in z njim povzročeno gibanje fižolčkov pona- zarja (modelira) gibanje molekul v tekočini. Škatlica s potresanjem vred predstavlja model di- fuzije. Dogajanj v modelske siste u običajno ni- so natanko enak k t v pr vem sistemu, ki ga želimo r ziskovati, so pa podobna. Okolišcine v modelu obi- čaj o lažje nadzorujemo, model, če je pametno iz- ran, lahko znanstveniku olajš pot do razumevanja bolj kompleksnih sistemov v naravi. Zato v današnji nalogi pos ušamo raziskati model difuzije. Preštej, koliko fižolčkov posamezne vrste je na eni str i pregrade. Prešteješ jih l hko tudi na drugi strani, ali pa njih število izračunaš, saj iz škatlice ni- s mogli p begniti. Tresenje in štetje nekajkr t po- ovi, število svetlih in temnih fižolčkov v posamez- nem razdelku pa zapisuj v tabelo. Porazdelitev fižol- čkov po posa eznih zaporednih tresenjih predstavi še s histogramom. 2 V prejšnji poizkuševalnici smo si ogledali, kako teče snov iz področja, kjer je snovi več, v področje, kjer je te iste snovi manj. Ker v mešanicah in razto- pinah merimo vsebnost ene snovi v drugi s koncen- tracijo, lahko gornje besede zapišemo tudi drugače: difuzijski tok snovi teče iz področja večje koncen- tracije te snovi na področje manjše koncentracije. V odgovoru na vprašanje smo navedli nekaj primerov difuzijskega toka in opisali smo, od katerih lastnosti je tok odvisen. Takemu opisu, ki povzema dogajanje v naravi, pravimo fenomenološki opis. V tokratni na- logi pa bomo poskusili z opazovanjem in preizku- šanjem dogajanja v modelu difuzije razumeti, zakaj difuzijski tokovi sploh tečejo. Potrebščine (slika 1): prozorna škatlica, košček trdega kartona, lepilni trak, fižolčki dveh barv enake velikosti (vsaj deset vsake barve). Iz trdega kartona izreži pregrado, ki je enako ve- lika kot prečni presek škatlice. Vanjo na eni strani izreži odprtino, ki je dovolj velika, da skoznjo lahko zdrsne fižolček. V sredino škatlice z lepilnim trakom pritrdi pregrado (slika 2), na vsako stran pregrade pa nasuj fižolčke enake barve. Na eno stran nasuj tem- ne fižolčke, na drugo stran pa svetle. Škatlica pred- stavlja model mešalnega poskusa, predelek s temni- mi fižolčki ponazarja del v kozarcu, kjer je bila večja koncentracija vina, predelek s svetlimi pa del, kjer je bila čista voda. Za prvi poskus naj bo na vsaki strani deset fižol- čkov. Pri ponovitvah poskusa lahko število fižolčkov tudi povečaš, a ne preveč (morda do 20 ali 30). Nato škatlico dva do trikrat potresi. Tresljaji naj ne bodo premočni. Škatlico na hitro premakneš v smeri pra- vokotno na pregrado za približno 10 cm naprej in nazaj. To imenujmo „enkrat potresi“. Potresanje škatlice in z njim povzročeno gibanje fižolčkov pona- zarja (modelira) gibanje molekul v tekočini. Škatlica s potresanjem vred predstavlja model di- fuzije. Dogajanja v modelskem sistemu običajno ni- so natanko enaka kot v pravem sistemu, ki ga želimo raziskovati, so pa podobna. Okoliščine v modelu obi- čajno lažje nadzorujemo, model, če je pametno iz- bran, lahko znanstveniku olajša pot do razumevanja bolj kompleksnih sistemov v naravi. Zato v današnji nalogi poskušamo raziskati model difuzije. Preštej, koliko fižolčkov posamezne vrste je na eni strani pregrade. Prešteješ jih lahko tudi na drugi strani, ali pa njih število izračunaš, saj iz škatlice ni- so mogli pobegniti. Tresenje in štetje nekajkrat po- novi, število svetlih in temnih fižolčkov v posamez- nem razdelku pa zapisuj v tabelo. Porazdelitev fižol- čkov po posameznih zaporednih tresenjih predstavi še s histogramom. 2 Kako se spreminja število fižolčkov po potresan- jih? Koliko fižolčkov je na obeh straneh po desetih ozi- roma dvajsetih „potresajih“? Ali so se po večjem številu potresanj vsi fižolčki hkrati (morda) vrnili v svoj začetni predelek? Fižolčke ponovno loči in poskus ponovi. Številke bodo drugačne, a dogajanje bo podobno. Poskus z desetimi fižolčki na vsaki strani ponovi nekajkrat, izračunaj povprečne vrednosti števila fižolčkov po vsakem potresanju (npr. če si delal tri poskuse z de- setimi potresanji, izračunaj povprečno število tem- nih fižolčkov po petih potresanjih tako, da sešteješ vse temne fižolčke, ki so bili po petem potresanju v levem prekatu in deliš s tri). Kako se loči odvisnost povprečnega števila fi- žolčkov po več potresanjih od enega samega poskusa? Ponovi poskus še z dvajsetimi fižolčki na vsaki strani in zapisuj število fižolčkov v posameznih prekatih po potresanjih. Ali je obnašanje kaj drugačno kot v prvem pri- meru, ko je bilo fižolčkov le deset na vsaki strani? Ali je obnašanje kaj drugačno kot obnašanje pov- prečnega števila fižolčkov? V čem se razlikuje? V čem sta si dogajanji v modelu in pri difuziji iz prejšnje poizkuševalnice podobni? V čem si nista podobni? Še eno vrsto take „fižolčkaste“ difuzije najdemo v svoji okolici. Od leta 2007 plačujemo z evri. Evrski kovanci se na eni strani razlikujejo, na strani, kjer je številka, pa so enaki. Poglej v denarnico in poskusi ugotoviti države iz- vora kovancev v njej. Pomagaj si s slikami zadnjih strani kovancev v tabeli. Tak pregled ponovi večkrat, npr. enkrat na teden. Pokukaj še v drobižnice staršev in prijateljev. K nam s turisti in s potovanji Slovencev v tujino prihajajo tuji kovanci in odhajajo slovenski. Zato se delež slovenskih kovancev zmanjšuje, tujih pa na- rašča. Sedaj smo v vmesnem obdobju, pričakujemo pa lahko, da bodo čez nekaj let naši kovanci prava redkost. Delež kovancev posamezne narodnosti izračuna- mo tako: delež = število določenih kovancev število vseh kovancev . Kolikšen je bil delež slovenskih kovancev pri štetjih kovancev v različnih denarnicah? Katere tuje kovance si našel najpogosteje? Kolik- šen je bil njihov delež? V čem je mešanje kovancev podobno difuziji in v čem se od nje razlikuje? 3 mojca čepič • Potrebščine ( slika 1 ) prozorna škatlica, košček trdega kartona, lepilni trak, fižolčki dveh barv enake velikosti (vsaj deset vsake barve). Presek 36 (2008/2009) 5 • r a z v e d r i l o 16 Nagradna kr ižanka r a z v e d r i l o 17 n a g r a d n i r a z p i s • Črke iz označenih polj po vrsti zapišite na Preseku priloženo dopisnico, dodajte tudi svoje ime, priimek in naslov. Dopi- snice pošljite na Presekov naslov (poštni- na je že plačana) do 17. aprila 2009, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli Presekov paket. • 18 f i z i k a Presek 36 (2008/2009) 5 na da lje va nj e s st ra ni 15 • • Kako se spreminja število fižolčkov po potresan- jih? Koliko fižolčkov je na obeh straneh po desetih ozi- roma dvajsetih „potresajih“? Ali so se po večjem številu potresanj vsi fižolčki hkrati (morda) vrnili v svoj začetni predelek? Fižolčke ponovno loči in poskus ponovi. Številke bodo drugačne, a dogajanje bo podobno. Poskus z desetimi fižolčki na vsaki strani ponovi nekajkrat, izračunaj povprečne vrednosti števila fižolčkov po vsakem potresanju (npr. če si delal tri poskuse z de- setimi potresanji, izračunaj povprečno število tem- nih fižolčkov po petih potresanjih tako, da sešteješ vse temne fižolčke, ki so bili po petem potresanju v levem prekatu in deliš s tri). Kako se loči odvisnost povprečnega števila fi- žolčkov po več potresanjih od enega samega poskusa? Ponovi poskus še z dvajsetimi fižolčki na vsaki strani in zapisuj število fižolčkov v posameznih prekatih po potresanjih. Ali je obnašanje kaj drugačno kot v prvem pri- meru, ko je bilo fižolčkov le deset na vsaki strani? Ali je obnašanje kaj drugačno kot obnašanje pov- prečnega števila fižolčkov? V čem se razlikuje? V čem sta si dogajanji v modelu in pri difuziji iz prejšnje poizkuševalnice podobni? V čem si nista podobni? Še eno vrsto take „fižolčkaste“ difuzije najdemo v svoji okolici. Od leta 2007 plačujemo z evri. Evrski kovanci se na eni strani razlikujejo, na strani, kjer je številka, pa so enaki. Poglej v denarnico in poskusi ugotoviti države iz- vora kovancev v njej. Pomagaj si s slikami zadnjih strani kovancev v tabeli. Tak pregled ponovi večkrat, npr. enkrat na teden. Pokukaj še v drobižnice staršev in prijateljev. K nam s turisti in s potovanji Slovencev v tujino prihajajo tuji kovanci in odhajajo slovenski. Zato se delež slovenskih kovancev zmanjšuje, tujih pa na- rašča. Sedaj smo v vmesnem obdobju, pričakujemo pa lahko, da bodo čez nekaj let naši kovanci prava redkost. Delež kovancev posamezne narodnosti izračuna- mo tako: delež = število določenih kovancev število vseh kovancev . Kolikšen je bil delež slovenskih kovancev pri štetjih kovancev v različnih denarnicah? Katere tuje kovance si našel najpogosteje? Kolik- šen je bil njihov delež? V čem je mešanje kovancev podobno difuziji in v čem se od nje razlikuje? 3 Kako se spreminja število fižolčkov po potresan- jih? Koliko fižolčkov je na obeh straneh po desetih ozi- roma dvajsetih „potresajih“? Ali so se po večjem številu potresanj vsi fižolčki hkrati (morda) vrnili v svoj začetni predelek? Fižolčke ponovno loči in poskus ponovi. Številke bodo drugačne, a dogajanje bo podobno. Poskus z desetimi fižolčki na vsaki strani ponovi nekajkrat, izračunaj povprečne vrednosti števila fižolčkov po vsakem potresanju (npr. če si delal tri poskuse z de- setimi potresanji, izračunaj povprečno število tem- nih fižolčkov po petih potresanjih tako, da sešteješ vse temne fižolčke, ki so bili po petem potresanju v levem prekatu in deliš s tri). Kako se loči odvisnost povprečnega števila fi- žolčkov po več potresanjih od enega samega poskusa? Ponovi poskus še z dvajsetimi fižolčki na vsaki strani in zapisuj število fižolčkov v posameznih prekatih po potresanjih. Ali je obnašanje kaj drugačno kot v prvem pri- meru, ko je bilo fižolčkov le deset na vsaki strani? Ali je obnašanje kaj drugačno kot obnašanje pov- prečnega števila fižolčkov? V čem se razlikuje? V čem sta si dogajanji v modelu in pri difuziji iz prejšnje poizkuševalnice podobni? V čem si nista podobni? Še eno vrsto take „fižolčkaste“ difuzije najdemo v svoji okolici. Od leta 2007 plačujemo z evri. Evrski kovanci se na eni strani razlikujejo, na strani, kjer je številka, pa so enaki. Poglej v denarnico in poskusi ugotoviti države iz- vora kovancev v njej. Pomagaj si s slikami zadnjih strani kovancev v tabeli. Tak pregled ponovi večkrat, npr. enkrat na teden. Pokukaj še v drobižnice staršev in prijateljev. K nam s turisti in s potovanji Slovencev v tujino prihajajo tuji kovanci in odhajajo slovenski. Zato se delež slovenskih kovancev zmanjšuje, tujih pa na- rašča. Sedaj smo v vmesnem obdobju, pričakujemo pa lahko, da bodo čez nekaj let naši kovanci prava redkost. Delež kovancev posamezne narodnosti izračuna- mo tako: delež = število določenih kovancev število vseh kovancev . Kolikšen je bil delež slovenskih kovancev pri štetjih kovancev v različnih denarnicah? Katere tuje kovance si našel najpogosteje? Kolik- šen je bil njihov delež? V čem je mešanje kovancev podobno difuziji in v čem se od nje razlikuje? 3 Kako se spreminja število fižolčkov po potresan- jih? Koliko fižolčkov je na obeh straneh po desetih ozi- roma dvajsetih „potresajih“? Ali so se po večjem številu potresanj vsi fižolčki hkrati (morda) vrnili v svoj začetni predelek? Fižolčke ponovno loči in poskus ponovi. Številke bodo drugačne, a dogajanje bo podobno. Poskus z desetimi fižolčki na vsaki strani ponovi nekajkrat, izračunaj povprečne vrednosti števila fižolčkov po vsakem potresanju (npr. če si delal tri poskuse z de- setimi potresanji, izračunaj povprečno število tem- nih fižolčkov po petih potresanjih tako, da sešteješ vse temne fižolčke, ki so bili po petem potresanju v levem prekatu in deliš s tri). Kako se loči odvisnost povprečnega števila fi- žolčkov po več potresanjih od enega samega poskusa? Ponovi poskus še z dvajsetimi fižolčki na vsaki strani in zapisuj število fižolčkov v posameznih prekatih po potresanjih. Ali je obnašanje kaj drugačno kot v prvem pri- meru, ko je bilo fižolčkov le deset na vsaki strani? Ali je obnašanje kaj drugačno kot obnašanje pov- prečnega števila fižolčkov? V čem se razlikuje? V čem sta si dogajanji v modelu in pri difuziji iz prejšnje poizkuševalnice podobni? V čem si nista podobni? Še eno vrsto take „fižolčkaste“ difuzije najdemo v svoji okolici. Od leta 2007 plačujemo z evri. Evrski kovanci se na eni strani razlikujejo, na strani, kjer je številka, pa so enaki. Poglej v denarnico in poskusi ugotoviti države iz- vora kovancev v njej. Pomagaj si s slikami zadnjih strani kovancev v tabeli. Tak pregled ponovi večkrat, npr. enkrat na teden. Pokukaj še v drobižnice staršev in prijateljev. K nam s turisti in s potovanji Slovencev v tujino prihajajo tuji kovanci in odhajajo slovenski. Zato se delež slovenskih kovancev zmanjšuje, tujih pa na- rašča. Sedaj smo v vmesnem obdobju, pričakujemo pa lahko, da bodo čez nekaj let naši kovanci prava redkost. Delež kovancev posamezne narodnosti izračuna- mo tako: delež = število določenih kovancev število vseh kovancev . Kolikšen je bil delež slovenskih kovancev pri štetjih kovancev v različnih denarnicah? Katere tuje kovance si našel najpogosteje? Kolik- šen je bil njihov delež? V čem je mešanje kovancev podobno difuziji in v čem se od nje razlikuje? 3 Kako se spreminja število fižolčkov po potresan- jih? Koliko fižolčkov je na obeh straneh po desetih ozi- roma dvajsetih „potresajih“? Ali so se po večjem številu potresanj vsi fižolčki hkrati (morda) vrnili v svoj začetni predelek? Fižolčke ponovno loči in poskus ponovi. Številke bodo drugačne, a dogajanje bo podobno. Poskus z desetimi fižolčki na vsaki strani ponovi nekajkrat, izračunaj povprečne vrednosti števila fižolčkov po vsakem potresanju (npr. če si delal tri poskuse z de- setimi potresanji, izračunaj povprečno število tem- nih fižolčkov po petih potresanjih tako, da sešteješ vse temne fižolčke, ki so bili po petem potresanju v levem prekatu in deliš s tri). Kako se loči odvisnost povprečnega števila fi- žolčkov po več potresanjih od enega samega poskusa? Ponovi poskus še z dvajsetimi fižolčki na vsaki strani in zapisuj število fižolčkov v posameznih prekatih po potresanjih. Ali je obnašanje kaj drugačno kot v prvem pri- meru, ko je bilo fižolčkov le deset na vsaki strani? Ali je obnašanje kaj drugačno kot obnašanje pov- prečnega števila fižolčkov? V čem se razlikuje? V čem sta si dogajanji v modelu in pri difuziji iz prejšnje poizkuševalnice podobni? V čem si nista podobni? Še eno vrsto take „fižolčkaste“ difuzije najdemo v svoji okolici. Od leta 2007 plačujemo z evri. Evrski kovanci se na eni strani razlikujejo, na strani, kjer je številka, pa so enaki. Poglej v denarnico in poskusi ugotoviti države iz- vora kovancev v njej. Pomagaj si s slikami zadnjih strani kovancev v tabeli. Tak pregled ponovi večkrat, npr. enkrat na teden. Pokukaj še v drobižnice staršev in prijateljev. K nam s turisti in s potovanji Slovencev v tujino prihajajo tuji kovanci in odhajajo slovenski. Zato se delež slovenskih kovancev zmanjšuje, tujih pa na- rašča. Sedaj smo v vmesnem obdobju, pričakujemo pa lahko, da bodo čez nekaj let naši kovanci prava redkost. Delež kovancev posamezne narodnosti izračuna- mo tako: delež = število določenih kovancev število vseh kovancev . Kolikšen je bil delež slovenskih kovancev pri štetjih kovancev v različnih denarnicah? Katere tuje kovance si našel najpogosteje? Kolik- šen je bil njihov delež? V čem je mešanje kovancev podobno difuziji in v čem se od nje razlikuje? 3 19 f i z i k a Presek 36 (2008/2009) 5 • Slika 1. Pripomočki za izdelavo škatlice Slika 2. Izdelana škatlica – poskus se lahko začne Tabela. Evrski kovanci razlǐcnih držav (vir. Wikipedia) 4 • 20 f i z i k a Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka 32. Kako se vesoljec obrne? Odgovor. Po zakonu o ohranitvi vrtilne količine se vesoljec ne more začeti vrteti, Γ = 0, saj nanj ne deluje noben zunanji navor. Spreten vesoljec pa se lahko zasuče (in potem spet miruje). Iztegne roke, zasuče zgornji del telesa v levo, skrči roke, zasuče zgornji del telesa v desno in to večkrat ponovi. Med zasukom imata zgornji in spodnji del telesa nasprot- no enaki vrtilni količini (Γ = Γz+ Γs , torej je Γz = −Γs ), toda pri prvem zasuku ima zgornji del zaradi večjega vztrajnostnega momenta manjšo kotno hitrost in se manj zasuče. Po obeh zasukih je torej telo zasukano nekoliko v desno. Ali se ti je posrečilo zasukati na ledu po tej metodi? To metodo so pogruntali že mački. Kadar padejo z višine, padejo vedno na noge. Metodo so še izboljša- li. Če se mačku zelo mudi, si ne more privoščiti po- navljanj. Telo spretno zvije tako, da del telesa za- suče v zaželeno smer, drugi del pa spodviha v obrat- no smer in vendar pristane prav. 3 33. Kako močno dežuje? Običajni odgovori so: Ro- si. Rahlo dežuje. Močno dežuje. Lije. Odgovor ni ravno kvantitativen in nam ne pove, ali potrebujemo dežnik ali celo škornje. Fiziki pa imamo radi kvan- titativne odgovore. Recimo, poglej v lužo in preštej, koliko kapljic pade na kvadratni meter na sekundo. Po moji izkušnji me ena kaplja/(m2s) ne moti, pri 10/(m2s) ne potrebujem nujno dežnika, ker se enako hitro sušim kot močim, pri 100/(m2s) pa že pošteno dežuje. Opazuj podobno še ti in si zabeleži izkušnje. Seveda je učinek odvisen tudi od tega, kako debele so kaplje. Kako pa merimo 100 kapelj/(m2s)? Če vzamemo 1 m2, je tako štetje nemogoče, saj v eni sekundi ne moremo prešteti 100 kapelj. Lahko pa izberemo manjšo ploskev (manjšo lužo), recimo 1 dm2, pa bo padla samo ena kaplja na sekundo. Oceno lahko na- pravimo še drugače. Pogled usmerimo na eno kapljo in ocenimo razdaljo r , kako daleč je v času t (reci- mo eni sekundi ali petih sekundah) padla najbližja kaplja. Gostota toka kapelj je približno 1/(πr 2 × t). Meteorologi povedo drugače, in sicer koliko mili- metrov dežja je padlo v danem času (kako visoko bi stala voda v bazenu, če bi bil v začetku prazen). Povedo tudi tako: koliko litrov dežja je padlo na kvadratni meter v danem času. Preveri, da velja 1 mm = 1 liter/m2. Ali sta potemtakem oba podatka šte- vilčno enaka? Poskus. Primerjaj število kapljic na kvadratni meter na sekundo z navedbo, koliko milimetrov dežja je padlo na uro. V izbrani uri moraš šteti večkrat po nekaj sekund (gostota toka dežja se spreminja) in vzeti povprečje. Za „meteorološko meritev“ pa mo- raš napraviti preprost merilec, ki zajema dež in ga po cevki pretoči v steklenico. Če bi kar lovil v banjico, bi preveč izhlapelo, razen če močno dežuje. Lahko pa tudi oceniš volumen kapljic (tako, da jih znano število uloviš v posodo) in zlahka pretvoriš število kapljic na kvadratni meter na volumen na kvadratni meter. Za merjenje količine dežja je prikladna tudi „dež- na tehtnica“ (glej sliko). Ko se ena ali druga posoda napolni, se tehtnica prevesi. Štejemo število preku- cev na časovno enoto (pred tem umerimo volumen vode v posodi v trenutku, ko se prevesi). Poskusi skonstruirati tak merilec dežja. Avtomatizirana dež- na tehtnica se ponekod dejansko uporablja, signale štejemo na daljavo in ni treba priti v odročne kraje natakat deževnice. Slika Za preprosto meritev količine dežja lahko upora- biš tudi krpo Vileda, ki dobro vpija vodo. Stehtaš jo pred izpostavljanjem dežju in po njem. 2 33. Kako močno d žuje? Obič jni odgovori so: Ro- si. Rahlo dežuje. Močno dežuj . Lije. Odgovor ni ravno kvantita iven n nam ne pove, ali potrebujem nik ali celo škornje. Fizik pa imamo radi kvan- titativne odgovore. Recimo, p glej v lužo in preštej, oliko kapljic pade na kvadratni meter na sekundo. Po moji izkušnji me ena kaplja/(m2s) ne moti, pri 0/(m2s) ne po rebuje nujno dežnika, ker se enako hitro sušim kot močim, pri 100/(m2s) pa že pošten dežuje. Opazuj podobn še ti in si zabeleži izkušnje. Seveda je učinek odvise tudi od tega, kak debele so kaplje. Kako pa merimo 100 kapelj/(m2s)? Če vzamemo 1 m2, je tako štetje n mogoče, saj v eni sekund ne moremo prešte i 100 kapelj. Lahko pa izberemo manjšo ploskev (manjšo lužo), recimo 1 dm2, pa bo padla samo ena kaplja na sekundo. Oceno ahko na pravimo še drugače. Pogle us erimo na eno kaplj in ocenimo razd ljo r , kako da eč je v času t (r ci- mo eni sekundi ali pet h sekundah) padla najbližj aplja. Gostota tok kapelj je približno 1/(πr 2 × t). Met orologi povedo drugače, in sicer koliko mili- metrov dežja je padlo v danem času (kako visoko bi tala voda v bazenu, če bi bil v začetku prazen). Povedo tudi tako: koliko trov dežja je padlo na kvadratni meter v danem času. P everi, da lja 1 mm = 1 liter/m2. Ali a potemtakem oba odatka šte- ilčno enaka? Poskus. Primerjaj št v l kapljic n kvadratni meter na sekundo z navedbo, koliko milimetrov dežja je dlo na uro. V izbra i uri moraš šteti večkrat p nekaj sekund (gost ta toka dežj se spreminja) in vzeti povprečje. Za „meteorološko meritev“ pa mo- raš napraviti preprost merilec, ki zajema dež in ga po cevki pretoči v steklenico. Če bi kar lovil v banjico, bi preveč izhlapelo, razen če močno dežuje. Lahko p tud oceniš volumen kapljic (tak , da jih znano število uloviš v posodo) in zlahka pretvoriš število kapljic na kvadra ni meter na volum n na kvadratn meter. Za merjenj k ličine dežj je prikladna tudi „dež- na tehtnic “ (glej sliko). Ko se ena ali druga posoda polni, se tehtnica prevesi. Štejemo število preku- cev na časovno enoto (pred tem umerimo volumen vode v posodi v trenutku, ko se prevesi). Poskusi skonstruirati tak merilec dežja. Avtomatizirana dež- na tehtnica e ponekod dejansko uporablja, signale štejemo na daljavo in ni treba riti v odročne kraje natakat deže nice. Slika Za preprosto meritev količine dežja lahko upora- biš tudi krpo Vileda, ki dobro vpija vodo. Stehtaš jo pred izpostavljanjem dežju in po njem. 2 Presek 36 (2008/2009) 5 • • Razmisli in poskusimitja r o si n a 33. Kako močno dežuje? Običajni odgovori so: Ro- si. Rahlo dežuje. Močno dežuje. Lije. Odgovor ni ravno kvantitativen in nam ne pove, ali potrebujemo dežnik ali celo škornje. Fiziki pa imamo radi kvan- titativne odgovore. Recimo, poglej v lužo in preštej, koliko kapljic pade na kvadratni meter na sekundo. Po moji izkušnji me ena kaplja/(m2s) ne moti, pri 10/(m2s) ne potrebujem nujno dežnika, ker se enako hitro sušim kot močim, pri 100/(m2s) pa že pošteno dežuje. Opazuj podobno še ti in si zabeleži izkušnje. Seveda je učinek odvisen tudi od tega, kako debele so kaplje. Kako pa merimo 100 kapelj/(m2s)? Če vzamemo 1 m2, je tako štetje nemogoče, saj v eni sekundi ne moremo prešteti 100 kapelj. Lahko pa izberemo manjšo ploskev (manjšo lužo), recimo 1 dm2, pa bo padla samo ena kaplja na sekundo. Oceno lahko na- pravimo še drugače. Pogled usmerimo na eno kapljo in ocenimo razdaljo r , kako daleč je v času t (reci- mo eni sekundi ali petih sekundah) padla najbližja kaplja. Gostota toka kapelj je približno 1/(πr 2 × t). Meteorologi povedo drugače, in sicer koliko mili- metrov dežja je padlo v danem času (kako visoko bi stala voda v bazenu, če bi bil v začetku prazen). Povedo tudi tako: koliko litrov dežja je padlo na kvadratni meter v danem času. Preveri, da velja 1 mm = 1 liter/m2. Ali sta potemtakem oba podatka šte- vilčno enaka? Poskus. Primerjaj število kapljic na kvadratni meter na sekundo z navedbo, koliko milimetrov dežja je padlo na uro. V izbrani uri moraš šteti večkrat po nekaj sekund (gostota toka dežja se spreminja) in vzeti povprečje. Za „meteorološko meritev“ pa mo- raš napraviti preprost merilec, ki zajema dež in ga po cevki pretoči v steklenico. Če bi kar lovil v banjico, bi preveč izhlapelo, razen če močno dežuje. Lahko pa tudi oceniš volumen kapljic (tako, da jih znano število uloviš v posodo) in zlahka pretvoriš število kapljic na kvadratni meter na volumen na kvadratni meter. Za merjenje količine dežja je prikladna tudi „dež- na tehtnica“ (glej sliko). Ko se ena ali druga posoda napolni, se tehtnica prevesi. Štejemo število preku- cev na časovno enoto (pred tem umerimo volumen vode v posodi v trenutku, ko se prevesi). Poskusi skonstruirati tak merilec dežja. Avtomatizirana dež- na tehtnica se ponekod dejansko uporablja, signale štejemo na daljavo in ni treba priti v odročne kraje natakat deževnice. Slika Za preprosto meritev količine dežja lahko upora- biš tudi krpo Vileda, ki dobro vpija vodo. Stehtaš jo pred izpostavljanjem dežju in po njem. 2 odgovor na vprašanje iz prejšnje številke preseka • • • dež voda se nabira nato zbrana voda pretehta 1. 2. voda se nabira voda se izlije dež • • • a s t r o n o m i j a 21 • Presek 36 (2008/2009) 5 Štir je mušketir j i v vesolju rasto snoj Ne gre za junake Alexandra Dumasa in ne za as- tronavte. Predstavili vam bomo štiri vesoljske te- leskope, s katerimi je človeštvo pokukalo v vesolje globje kot kdajkoli prej. Kukanje je bilo kar se da temeljito in je pokrilo pre- cejšen del spektra elektromagnetnega valovanja, kar je tudi bilo v načrtu Nasinega programa štirih ve- likih observatorijev. Spomnili se bomo znamenitega najprodornejšega teleskopa Hubble za območje vid- nega in bližnjega infrardečega dela spektra, telesko- pa Compton za opazovanje sevanja gama (CGRO – Compton Gamma Ray Observatory), teleskopa Chan- dra, ki je namenjen delu spektra v domeni rentgen- ske svetlobe, in najmlajšega med njimi, Spitzerja, de- lujočega v infrardečem spektralnem območju (nekaj časa imenovan tudi Space Infrared Telescope Facility – SIRTF). Vesoljski teleskop Hubble je že ob rojstvu sprem- ljala smola, saj so ga izstrelili z napačno brušenim zrcalom, kar je povzročilo posebno optično napako – sferno aberacijo in posledično neostre slike. Sve- tovna astronomska javnost, ki je nestrpno pričako- vala prve posnetke, je razočarano onemela. A težavo so vendarle odpravili z dodatno korekcijsko optiko COSTAR (Corrective Optics Space Telescope Axial Replacement) in jo namestili na teleskop že v prvi servisni misiji leta 1993. Hubbla morajo namreč ser- visirati v približno triletnih intervalih, kar počnejo astronavti na odpravah vesoljskega raketoplana. Do- slej so to storili štirikrat. Teleskop na višini okroglih 600 km v dobri uri in pol obleti Zemljo. Njegovi posnetki, ki poleg vidnega dela spektra „segajo“ še v bližnjo ultravijolično in infrardečo svetlobo, so pre- plavili ves svet. 17 tonski orjak Compton Gamma Ray Observatory, ali na kratko Compton, je v vesolje ponesel raketo- plan Atlantis na misiji STS-37 na orbito v višini 450 km nad površjem Zemlje. Sevanje gama ima zelo veliko energijo, okoli 10.000 krat večjo od fotonov vidne svetlobe. Ozračje sevanje gama skoraj povsem zaustavi, kar je še kako pomembno za življenje na Zemlji. Zato je za nemoteno opazovanje v tem delu spektra nujen izlet v vesolje. Compton je z detek- torji po nekoliko zapletenem postopku rekonstruiral sliko gama izvorov z energijami od vsega 30 keV do 30 MeV. Za ponazoritev, v že skoraj izumrli televizij- ski katodni cevi imajo pospešeni elektroni energijo „le“ okoli 20 keV. Compton nosi ime po Nobelovcu, fiziku Arthurju Comptonu, po katerem se imenuje tudi znan pojav sipanja elektromagnetnega valovan- ja na elektronih ali drugih delcih. Pri tem se valovna dolžina elektromagnetnega valovanja podaljša, po- drobnosti pa so dobro znane že študentom fizike. In- verzno Comptonovo sipanje je pomembno za astro- fiziko, saj lahko nastopi v bližini črnih lukenj. Takrat se energija sipanih fotonov gama na relativističnih delcih poveča. Teleskop je med drugim služil tudi za opazovanje ostankov supernov. Zaradi posebne konstrukcije je bil pravi velikan in najtežji posamični 2 Ne gre za junake Alexandra Dumasa in ne za as- tronavte. Predstavili vam bom štiri vesoljske t - leskope, s katerimi je človeštvo p ku alo v vesolje globje kot kdajkoli prej. Kukanje je bilo kar se da tem ljito in je pokrilo pre- cejš n del spektra elektromagnet ga v lovanj , kar je tudi b lo v načrtu Nasinega prog am štirih ve- likih observatorijev. Spomnili se bom znamenitega najprodornejš ga teleskopa Hubble za območje vid- nega in bližnjega infrardečega dela spektra, telesko- pa Compton za opazovanje s vanj g m (CGRO – Compton Gamma R y Observatory), teleskopa Chan- dra, ki je namenj delu spektra v domeni rentgen- ske svetlobe, in najmlajšega med njimi, Spitzerja, de- lujočega v infrardečem spektralnem območju (nekaj časa imenovan tudi Space Infrared Telescope Facility – SIRTF). Vesoljski teleskop Hubble je ž ob rojstvu sprem- ljala smola, saj so ga izstrelili z napačno brušenim zrcalom, kar je povzročilo p sebno optično apako – sferno aberacijo in posledično eostre slike. Sve- tovna astronomska javnost, ki je n strpno pričako- vala prve posnetk , j razočarano onem la. A težavo so vendarle odpravili z dodatno k rekcijsko optiko COSTAR (Corrective Optics Space Telescope Axial Replacem nt) in jo namestili na teleskop že v prvi servisn m sij leta 1993. Hubbla morajo namreč ser- visirati v približno triletnih ntervalih, kar počnejo astronavti na odpravah vesoljskega raketoplana. Do- slej so to storili št rikrat. Teleskop na višini okr glih 600 km v dobri uri in pol bleti Zemljo. Njegovi posnetki, poleg vidnega dela spektra „segajo“ še v bližnjo ultravijol čno in i frardečo svetlobo, so pre- plavili ves svet. 17 tonski orjak Compton Gamma R y Observatory, ali na kratko C mpton, je v vesolje ponesel raketo- plan Atlantis na misij STS-37 na orbito v višini 450 km nad površjem Zemlje. Sevanje gam ima zelo veliko energijo, koli 10.0 0 krat večjo od fotonov vidne svetlobe. Ozračje sevanje gam skoraj povsem zaustavi, kar je š kako p me bno za življen na Zemlji. Zato je za nemoteno opazovanje v tem delu spektra nujen izlet v vesolje. Compton je z detek- torji po nekoliko zapletenem post pku rekonstrui al sliko gam izvorov z energijami od vsega 30 keV do 30 MeV. Za ponazoritev, v že skoraj izumrli televizij- ski atodni cevi imajo p spešeni elektroni energijo „le“ okoli 20 keV. Compton nosi ime po Nobelovcu, fiziku Arthurj Comptonu, po katerem se imenuje tudi znan pojav sipanj elektromagnet ga v lovan- ja n elektronih ali drugih delcih. Pri tem se valovna dolžina elektromagnet ga v lovanj podaljša, po- drobnosti pa so d br znane ž študentom fizike. In- verzno C mptonovo sipanje je pome bno za astro- fiziko, saj l hko nastopi v bližini črnih lukenj. Takr t se energija sipanih fotonov gam n relativističn h delcih poveča. Teleskop je med drugim služil tudi za opazovanje ostankov supernov. Zaradi posebne konstrukcije je bil pravi velikan in najtežji posamičn 2 . , . , . , , , , , , . , , . , , . . , . . . , , . , , . , . . , . . . , . , , . , . , . . . j l i - t t t ili ti i lj t - l t i i j l t l lj l j t j li j j j il r t ljit i j ril r - j l tr l tr t l j r j t i il rt i r r tiri - li i r t rij ili it j r r j t l l j i - i li j i fr r l tr t l - t j j ( t r t r ) t l - r i j j l tr i r t - tl i j l j ji i it rj - l j i fr r tr l j ( j i t i I fr r l ilit I ) lj i t l l j r j t r - lj l l j i tr lili r i r l r j r il ti f r r ij i l i tr li - t tr j t i j tr ri - l r t j r r l t rl r ili t r ij ti ( rr ti ti l i l l t) i j tili t l r i r i i i iji l t l r j r r- i ir ti ri li tril t i i t r li r j tr ti r lj r t l - l j t t rili tiri r t l i i i r li ri ri i l l ti lj j i t i i l i l tr j li j ltr ij li i i fr r tl r - l ili t t i rj t r t r li r t t j lj l r t - l tl ti i iji - r it i i i r j lj j i l li r ij li r t j f t i tl r j j r j t i r j i lj j lji t j t j t l tr j i l t lj t j t - t rji li l t t r tr ir l li i r r ij i rit r j i rli t l i ij- i t i i i j i l tr i r ij l li t i i l i rt rj t t r i j t i j i j l tr t l - j l tr i li r i l i ri t l l i l tr t l j lj - r ti r t t i I - r t i j j tr - i j l t i li i i r i l j r t r ij i i f t r l ti i ti i l i l j r i l il t i j t r r i tr ij j il r i li i jt ji i i • a s t r o n o m i j a 22 • Presek 36 (2008/2009) 5 Slika 1. Teleskop Hubble v orbiti (Foto: NASA) Slika 2. Teleskop Spitzer pred izstrelitvijo (Foto: NASA) Slika 3. Vesoljski rentgenski teleskop Chandra (Ilustracija: NASA) Slika 4. Ilustracija vesoljskega observatorija Compton (Ilus- tracija: NASA) Slika 5. V počastitev mednarodnega leta astronomije so trije še delujoči veliki vesoljski teleskopi Hubble, Spitzer in Chandra posneli 22 milijonov svetlobnih let oddaljeno galaksijo M 101 v vidni, infrardeči in rentgenski svetlobi. Astronomi so nato te posnetke sestavili v eno podobo. (Foto: NASA, ESA, CXC, JPL, Caltech, STScI) 5 Ne gre za junake Alexandra Dumasa in ne za as- tronavte. Predstavili vam bomo štiri vesoljske te- leskope, s katerimi je človeštvo pokukalo v vesolje globje kot kdajkoli prej. Kukanje je bilo kar se da temeljito in je pokrilo pre- cejšen del spektra elektromagnetnega valovanja, kar je tudi bilo v načrtu Nasinega programa štirih ve- likih observatorijev. Spomnili se bomo znamenitega najprodornejšega teleskopa Hubble za območje vid- nega in bližnjega infrardečega dela spektra, telesko- pa Compton za opazovanje sevanja gama (CGRO – Compton Gamma Ray Observatory), teleskopa Chan- dra, ki je namenjen delu spektra v domeni rentgen- ske svetlobe, in najmlajšega med njimi, Spitzerja, de- lujočega v infrardečem spektralnem območju (nekaj časa imenovan tudi Space Infrared Telescope Facility – SIRTF). Vesoljski teleskop Hubble je že ob rojstvu sprem- ljala smola, saj so ga izstrelili z napačno brušenim zrcalom, kar je povzročilo posebno optično napako – sferno aberacijo in posledično neostre slike. Sve- tovna astronomska javnost, ki je nestrpno pričako- vala prve posnetke, je razočarano onemela. A težavo so vendarle odpravili z dodatno korekcijsko optiko COSTAR (Corrective Optics Space Telescope Axial Replacement) in jo namestili na teleskop že v prvi servisni misiji leta 1993. Hubbla morajo namreč ser- visirati v približno triletnih intervalih, kar počnejo astronavti na odpravah vesoljskega raketoplana. Do- slej so to storili štirikrat. Teleskop na višini okroglih 600 km v dobri uri in pol obleti Zemljo. Njegovi posnetki, ki poleg vidnega dela spektra „segajo“ še v bližnjo ultravijolično in infrardečo svetlobo, so pre- plavili ves svet. 17 tonski orjak Compton Gamma Ray Observatory, ali na kratko Compton, je v vesolje ponesel raketo- plan Atlantis na misiji STS-37 na orbito v višini 450 km nad površjem Zemlje. Sevanje gama ima zelo veliko energijo, okoli 10.000 krat večjo od fotonov vidne svetlobe. Ozračje sevanje gama skoraj povsem zaustavi, kar je še kako pomembno za življenje na Zemlji. Zato je za nemoteno opazovanje v tem delu spektra nujen izlet v vesolje. Compton je z detek- torji po nekoliko zapletenem postopku rekonstruiral sliko gama izvorov z energijami od vsega 30 keV do 30 MeV. Za ponazoritev, v že skoraj izumrli televizij- ski katodni cevi imajo pospešeni elektroni energijo „le“ okoli 20 keV. Compton nosi ime po Nobelovcu, fiziku Arthurju Comptonu, po katerem se imenuje tudi znan pojav sipanja elektromagnetnega valovan- ja na elektronih ali drugih delcih. Pri tem se valovna dolžina elektromagnetnega valovanja podaljša, po- drobnosti pa so dobro znane že študentom fizike. In- verzno Comptonovo sipanje je pomembno za astro- fiziko, saj lahko nastopi v bližini črnih lukenj. Takrat se energija sipanih fotonov gama na relativističnih delcih poveča. Teleskop je med drugim služil tudi za opazovanje ostankov supernov. Zaradi posebne konstrukcije je bil pravi velikan in najtežji posamični 2 tovor na raketoplanu. Kot edini od letečih observa- torijev je uspešno pristal davnega leta 2000. Tudi naslednjega od mušketirjev, vesoljski rent- genski teleskop Chandra, imenovan po Nobelovcu, ameriškemu astrofiziku indijskega rodu Subrahman- yanu Chadrasekharju, so v nizko Zemljino orbito uti- rili z vesoljskim raketoplanom Columbia na misiji STS-93. To je bil, mimogrede, prvi raketoplan, ki ga je „krmarila“ ženska – Eileen Collins. Temu je sledila še dodatna izstrelitev na večjo višino, ko je vgrajen pogonski sistem utiril Chandro v njegovo končno or- bito. Ta je za razliko od približno krožne orbite Hub- blovega teleskopa izrazito eliptična. Najoddaljenejša točka (apogej) je na razdalji 133.000 km, najbližja točka Zemlji ali perigej pa je na komaj 16.000 km oddaljenosti. Za obhod Chandra potrebuje dobrih 64 ur, kar je posledica večje povprečne razdalje od Zemlje, saj je apogej na skoraj tretjini razdalje do Lune. Veliko večino svojega časa (ne pozabimo, da je v večjih razdaljah hitrost manjša, bližje Zemlji pa večja) je tako izven motečih Van Alennovih pasov, za katere je značilna obilica nabitih delcev, ki jih zadržuje Zemljino magnetno polje. Tako so lahko opazovanja s posebnim Wolterjevim teleskopom ve- čino časa nemotena. Ta deluje povsem drugače od optičnih teleskopov, saj je narejen iz štirih koncen- tričnih parov skoraj vzporednih zrcal. Rentgenska svetloba bi zaradi visoke energije namreč „prebila“ navadna zrcala, če pa vstopajo pod zelo velikim vpadnim kotom, se od zrcal z veliko odbojnostjo, prevlečena so z iridijem, vseeno odbijejo in ustvarijo realno sliko v ravnini detektorja. Teleskop je namen- jen zlasti iskanju in opazovanju sevanja iz okolic črnih lukenj, kvazarjev, nevtronskih zvezd ter ma- sivnih mladih zvezd. Najnovejši član družine vesoljskih observatorijev je infrardeči teleskop Spitzer. Enako kot teleskop Hubble, tudi ta uporablja optiko Ritchey-Chretien Cassegrainovega reflektorja, ki zagotavlja brezhibno ostro sliko v velikem vidnem polju. Vsekakor sta si ta dva vesoljska teleskopa najbolj podobna oziroma sta videti nekako tako, kot si teleskope večinoma tudi predstavljamo. Za razliko od nesrečnega Hub- bla, se je Spitzer izkazal že v prvem poskusu. Zaradi povečane temperaturne občutljivosti je teleskop po- sebej zakrit s ščitnikom proti Soncu in dodatno hla- jen še s tremi sistemi. Njegova orbita je takšna, da že Zemlja zakriva moteče Sonce. Z njim je mogoče gledati v notranjost prašnatih območij središč ga- laksij, kar v vidni svetlobi ni mogoče, saj jo prašna- ti delci sipajo in vpijajo. Spitzer opazuje tudi hlad- nejše zvezde, katerih izsev je največji prav v infra- rdečem delu spektra. V tem delu spektra sevajo tudi nekatere organske molekule iz oddaljenih planetar- nih sistemov. Bralec se najbrž sprašuje, kaj bo sledilo tej četve- rici. To bo velikan med vesoljskimi teleskopi – James Webb Space Telescope, za katerega je NASA že pri- žgala zeleno luč. Gre za zrcalni teleskop s premerom primarnega zrcala 6,5 metra, ki bo „gledal“ v vid- nem in infrardečem delu spektra in bo predvidoma izstreljen leta 2013. Za razliko od Hubbla bo utir- 3 tovor na raketoplanu. Kot edini od letečih observa- torijev je uspešno pristal davnega leta 2000. Tudi naslednjega od mušketirjev, vesoljski rent- genski teleskop Chandra, imenovan po Nobelovcu, ameriškemu astrofiziku indijskega rodu Subrahman- yanu Chadrasekharju, so v nizko Zemljino orbito uti- rili z vesoljskim raketoplanom Columbia na misiji STS-93. To je bil, mimogrede, prvi raketoplan, ki ga je „krmarila“ ženska – Eileen Collins. Temu je sledila še dodatna izstrelitev na večjo višino, ko je vgrajen pogonski sistem utiril Chandro v njegovo končno or- bito. Ta je za razliko od približno krožne orbite Hub- blovega teleskopa izrazito eliptična. Najoddaljenejša točka (apogej) je na razdalji 133.000 km, najbližja točka Zemlji ali perigej pa je na komaj 16.000 km oddaljenosti. Za obhod Chandra potrebuje dobrih 64 ur, kar je posledica večje povprečne razdalje od Zemlje, saj je apogej na skoraj tretjini razdalje do Lune. Veliko večino svojega časa (ne pozabimo, da je v večjih razdaljah hitrost manjša, bližje Zemlji pa večja) je tako izven motečih Van Alennovih pasov, za katere je značilna obilica nabitih delcev, ki jih zadržuje Zemljino magnetno polje. Tako so lahko opazovanja s posebnim Wolterjevim teleskopom ve- čino časa nemotena. Ta deluje povsem drugače od optičnih teleskopov, saj je narejen iz štirih koncen- tričnih parov skoraj vzporednih zrcal. Rentgenska svetloba bi zaradi visoke energije namreč „prebila“ navadna zrcala, če pa vstopajo pod zelo velikim vpadnim kotom, se od zrcal z veliko odbojnostjo, prevlečena so z iridijem, vseeno odbijejo in ustvarijo realno sliko v ravnini detektorja. Teleskop je namen- jen zlasti iskanju in opazovanju sevanja iz okolic črnih lukenj, kvazarjev, nevtronskih zvezd ter ma- sivnih mladih zvezd. Najnovejši član družine vesoljskih observatorijev je infrardeči teleskop Spitzer. Enako kot teleskop Hubble, tudi ta uporablja optiko Ritchey-Chretien Cassegrainovega reflektorja, ki zagotavlja brezhibno ostro sliko v velikem vidnem polju. Vsekakor sta si ta dva vesoljska teleskopa najbolj podobna oziroma sta videti nekako tako, kot si teleskope večinoma tudi predstavljamo. Za razliko od nesrečnega Hub- bla, se je Spitzer izkazal že v prvem poskusu. Zaradi povečane temperaturne občutljivosti je teleskop po- sebej zakrit s ščitnikom proti Soncu in dodatno hla- jen še s tremi sistemi. Njegova orbita je takšna, da že Zemlja zakriva moteče Sonce. Z njim je mogoče gledati v notranjost prašnatih območij središč ga- laksij, kar v vidni svetlobi ni mogoče, saj jo prašna- ti delci sipajo in vpijajo. Spitzer opazuje tudi hlad- nejše zvezde, katerih izsev je največji prav v infra- rdečem delu spektra. V tem delu spektra sevajo tudi nekatere organske molekule iz oddaljenih planetar- nih sistemov. Bralec se najbrž sprašuje, kaj bo sledilo tej četve- rici. To bo velikan med vesoljskimi teleskopi – James Webb Space Telescope, za katerega je NASA že pri- žgala zeleno luč. Gre za zrcalni teleskop s premerom primarnega zrcala 6,5 metra, ki bo „gledal“ v vid- nem in infrardečem delu spektra in bo predvidoma izstreljen leta 2013. Za razliko od Hubbla bo utir- 3 Slika 2. Teleskop Spitzer pred izstre- litvijo (Foto: NASA) a s t r o n o m i j a 23Presek 36 (2008/2009) 5 tovor na raketoplanu. Kot edini od letečih observa- torijev je uspešno pristal davnega leta 2000. Tudi naslednjega od mušketirjev, vesoljski rent- genski teleskop Chandra, imenovan po Nobelovcu, ameriškemu astrofiziku indijskega rodu Subrahman- yanu Chadrasekharju, so v nizko Zemljino orbito uti- rili z vesoljskim raketoplanom Columbia na misiji STS-93. To je bil, mimogrede, prvi raketoplan, ki ga je „krmarila“ ženska – Eileen Collins. Temu je sledila še dodatna izstrelitev na večjo višino, ko je vgrajen pogonski sistem utiril Chandro v njegovo končno or- bito. Ta je za razliko od približno krožne orbite Hub- blovega teleskopa izrazito eliptična. Najoddaljenejša točka (apogej) je na razdalji 133.000 km, najbližja točka Zemlji ali perigej pa je na komaj 16.000 km oddaljenosti. Za obhod Chandra potrebuje dobrih 64 ur, kar je posledica večje povprečne razdalje od Zemlje, saj je apogej na skoraj tretjini razdalje do Lune. Veliko večino svojega časa (ne pozabimo, da je v večjih razdaljah hitrost manjša, bližje Zemlji pa večja) je tako izven motečih Van Alennovih pasov, za katere je značilna obilica nabitih delcev, ki jih zadržuje Zemljino magnetno polje. Tako so lahko opazovanja s posebnim Wolterjevim teleskopom ve- čino časa nemotena. Ta deluje povsem drugače od optičnih teleskopov, saj je narejen iz štirih koncen- tričnih parov skoraj vzporednih zrcal. Rentgenska svetloba bi zaradi visoke energije namreč „prebila“ navadna zrcala, če pa vstopajo pod zelo velikim vpadnim kotom, se od zrcal z veliko odbojnostjo, prevlečena so z iridijem, vseeno odbijejo in ustvarijo realno sliko v ravnini detektorja. Teleskop je namen- jen zlasti iskanju in opazovanju sevanja iz okolic črnih lukenj, kvazarjev, nevtronskih zvezd ter ma- sivnih mladih zvezd. Najnovejši član družine vesoljskih observatorijev je infrardeči teleskop Spitzer. Enako kot teleskop Hubble, tudi ta uporablja optiko Ritchey-Chretien Cassegrainovega reflektorja, ki zagotavlja brezhibno ostro sliko v velikem vidnem polju. Vsekakor sta si ta dva vesoljska teleskopa najbolj podobna oziroma sta videti nekako tako, kot si teleskope večinoma tudi predstavljamo. Za razliko od nesrečnega Hub- bla, se je Spitzer izkazal že v prvem poskusu. Zaradi povečane temperaturne občutljivosti je teleskop po- sebej zakrit s ščitnikom proti Soncu in dodatno hla- jen še s tremi sistemi. Njegova orbita je takšna, da že Zemlja zakriva moteče Sonce. Z njim je mogoče gledati v notranjost prašnatih območij središč ga- laksij, kar v vidni svetlobi ni mogoče, saj jo prašna- ti delci sipajo in vpijajo. Spitzer opazuje tudi hlad- nejše zvezde, katerih izsev je največji prav v infra- rdečem delu spektra. V tem delu spektra sevajo tudi nekatere organske molekule iz oddaljenih planetar- nih sistemov. Bralec se najbrž sprašuje, kaj bo sledilo tej četve- rici. To bo velikan med vesoljskimi teleskopi – James Webb Space Telescope, za katerega je NASA že pri- žgala zeleno luč. Gre za zrcalni teleskop s premerom primarnega zrcala 6,5 metra, ki bo „gledal“ v vid- nem in infrardečem delu spektra in bo predvidoma izstreljen leta 2013. Za razliko od Hubbla bo utir- 3 tovor na raketoplanu. Kot edini od letečih observa- torijev je uspešno pristal davnega leta 2000. Tudi naslednjega od mušketirjev, vesoljski rent- genski teleskop Chandra, imenovan po Nobelovcu, ameriškemu astrofiziku indijskega rodu Subrahman- yanu Chadrasekharju, so v nizko Zemljino orbito uti- rili z vesoljskim raketoplanom Columbia na misiji STS-93. To je bil, mimogrede, prvi raketoplan, ki ga je „krmarila“ ženska – Eileen Collins. Temu je sledila še dodatna izstrelitev na večjo višino, ko je vgrajen pogonski sistem utiril Chandro v njegovo končno or- bito. Ta je za razliko od približno krožne orbite Hub- blovega teleskopa izrazito eliptična. Najoddaljenejša točka (apogej) je na razdalji 133.000 km, najbližja točka Zemlji ali perigej pa je na komaj 16.000 km oddaljenosti. Za obhod Chandra potrebuje dobrih 64 ur, kar je posledica večje povprečne razdalje od Zemlje, saj je apogej na skoraj tretjini razdalje do Lune. Veliko večino svojega časa (ne pozabimo, da je v večjih razdaljah hitrost manjša, bližje Zemlji pa večja) je tako izven motečih Van Alennovih pasov, za katere je značilna obilica nabitih delcev, ki jih zadržuje Zemljino magnetno polje. Tako so lahko opazovanja s posebnim Wolterjevim teleskopom ve- čino časa nemotena. Ta deluje povsem drugače od optičnih teleskopov, saj je narejen iz štirih koncen- tričnih parov skoraj vzporednih zrcal. Rentgenska svetloba bi zaradi visoke energije namreč „prebila“ navadna zrcala, če pa vstopajo pod zelo velikim vpadnim kotom, se od zrcal z veliko odbojnostjo, prevlečena so z iridijem, vseeno odbijejo in ustvarijo realno sliko v ravnini detektorja. Teleskop je namen- jen zlasti iskanju in opazovanju sevanja iz okolic črnih lukenj, kvazarjev, nevtronskih zvezd ter ma- sivnih mladih zvezd. Najnovejši član družine vesoljskih observatorijev je infrardeči teleskop Spitzer. Enako kot teleskop Hubble, tudi ta uporablja optiko Ritchey-Chretien Cassegrainovega reflektorja, ki zagotavlja brezhibno ostro sliko v velikem vidnem polju. Vsekakor sta si ta dva vesoljska teleskopa najbolj podobna oziroma sta videti nekako tako, kot si teleskope večinoma tudi predstavljamo. Za razliko od nesrečnega Hub- bla, se je Spitzer izkazal že v prvem poskusu. Zaradi povečane temperaturne občutljivosti je teleskop po- sebej zakrit s ščitnikom proti Soncu in dodatno hla- jen še s tremi sistemi. Njegova orbita je takšna, da že Zemlja zakriva moteče Sonce. Z njim je mogoče gledati v notranjost prašnatih območij središč ga- laksij, kar v vidni svetlobi ni mogoče, saj jo prašna- ti delci sipajo in vpijajo. Spitzer opazuje tudi hlad- nejše zvezde, katerih izsev je največji prav v infra- rdečem delu spektra. V tem delu spektra sevajo tudi nekatere organske molekule iz oddaljenih planetar- nih sistemov. Bralec se najbrž sprašuje, kaj bo sledilo tej četve- rici. To bo velikan med vesoljskimi teleskopi – James Webb Space Telescope, za katerega je NASA že pri- žgala zeleno luč. Gre za zrcalni teleskop s premerom primarnega zrcala 6,5 metra, ki bo „gledal“ v vid- nem in infrardečem delu spektra in bo predvidoma izstreljen leta 2013. Za razliko od Hubbla bo utir- 3 jen v eno izmed tako imenovanih Lagrangeovih točk, kar zaradi razdalje žal pomeni, da ne bo dosegljiv z vesoljskimi raketoplani in ga tudi ne bo mogoče servisirati. No, o tem kdaj drugič. Za radovedne bralce še tole. Fantastični posnetki z vesoljskih tele- skopov so na voljo tudi na medmrežju na naslovu www.google.com/sky. 4 Slika 3. Vesoljski rentgenski tele- skop Chandra (Ilustracija: NASA) Slika 4. Ilustracija vesoljskega obs rva- t rija C mpton (Ilustracija: NASA) Slika 5. V počastitev m dnarodnega le ta astronom je so trije še delujoči veli ki vesoljski teleskop Hubble, Spitzer in Chandra pos eli 22 milijonov svetlob- nih let oddaljeno galaksijo M101 v vidni, infrardeči in rent gen ki svetlobi. Astronomi so nato te posnetke sest vili v eno podobo. (Foto: NASA, ESA, CXC, JPL, Caltech, STScI) Spitzer SIRTF Chandra CXO Compton CGRO Hubble HST datum izstrelitve avgust 2003 julij 1999 april 1991 april 1990 izstreljen z D lta raketa, Florida raketoplan Columbia raketoplan Atlantis raketoplan Discovery tip teleskopa zrcalni s premerom primarnega zrcala 0,85 m, hlajeno zrcalo Wolterjev teleskop Comptel sipalni teleskop zrcalni s premerom primarnega zrcala 2,4 m valovne dolžine/ energije 3 μm do 180 μm rentgenska svetloba in sevanje gama 30 keV do 30 MeV 100 nm do 2,5 μm spletni naslov www.spitzer.caltech.edu chandra.harvard.edu heasarc.gsfc.nasa.gov/docs/cgro/ www.stsci.edu/hst • 24 r a č u n a l n i š t v o Presek 36 (2008/2009) 5 Stare krivul je, moderna orodja ciril petr Pričujoči prispevek je bil s podobno vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajstega letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, obstajala pa nista niti spletni protokol http niti programski jezik Java. Da bi tu- di pri sedanji generaciji bralcev vzpodbudili zani- manje za te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih krivulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostavnim načinom generiranja teh krivulj in na koncu predstavili preprost program, s katerim bomo lahko krivulje risali na računalniku, ter si izmišljali svoje. Kochova snežinka Slika 1 Začnimo z enakostraničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trikotnika na tretjine, srednje odseke stranic pa nadomestimo z novimi, za tretjino manjšimi enakostraničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku naredimo enako z vsako od stranic tako dobljenega poligona, ki spo- minja na Davidovo zvezdo. Postopek lahko ponav- ljamo, dokler nam to dopušča natančnost risanja. Že po nekaj korakih postopka lahko približno vidimo, kakšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedli neskončnokrat (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če postopek izvedemo neskončnokrat, se imenu- je Kochova snežinka, saj je podobna pravi snežinki. Prvi jo je raziskoval v začetku prejšnjega stoletja švedski matematik Niels Fabian Helge von Koch. Zelo je zanimiva, saj ima neskončno velik obseg, pa ven- dar obsega končno površino. Komur so domača geo- metrijska zaporedja, mu obsega in površine na dolo- čenem koraku postopka ne bo težko izračunati. Slika 2 Poglejmo, kakšen lik dobimo, če srednje dele stra- nic nadomestimo s trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če postopek ponovimo neskon- čnokrat, je enak obsegu Kochove snežinke, površina lika pa je manjša od površine začetnega trikotnika za toliko, za kolikor je površina Kochove snežinke večja od površine istega začetnega trikotnika. Imenujmo ta lik obratna Kochova snežinka. Ravnino lahko po- polnoma prekrijemo z izmenjajočima se likoma Ko- chove snežinke in obratne Kochove snežinke (slika 3). Na sliki 4 je prikazano prekrivanje ravnine z dvema, po njuni površini različnima Kochovima snežinka- ma. Razmerje njunih površin je ena proti tri. Ome- nimo še, da lahko podoben proces, kot smo ga pri- kazali nad trikotnikom, izvedemo nad tetraedrom. Slika 3 Slika 4 2 Pričujoč prispevek j bil s podobn vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajsteg letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, obstajala pa nista niti sple ni protokol http niti rogramski jezi Java. Da bi tu- di pri sedanji ge eraciji bralcev vzpodbudili zani- manje z te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih kr vulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostav im načinom generira ja teh krivulj in na koncu predstavili preprost r gram, s katerim bomo lahk krivulje risali na računalniku, ter si izmišljali svoje. Kochova snežinka Slika 1 Začnimo z enakostr ničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trik tnika na tretjine, srednje o seke stranic p nadomestimo z novimi, za tretjino ma jši i enakostr ničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku naredimo enak z vsako od stranic tako dobljenega poligona, ki spo- minja na Davidovo zvezdo. Postopek lahko ponav- ljamo, dokler nam to dopušča natančnost risanja. Že po nekaj kor kih postopka lah o približno v dimo, kakšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedl nesko čnokrat (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če p stopek izvedemo n sk čnokrat, se imenu- je Kochova snežinka, saj je podobna pravi snež nki. Prvi jo je raziskoval v z četku prejšnjega stoletja švedski matematik Niels Fabian Helge von Koch. Zelo je zanimiva, saj ima nesko čno velik obseg, pa ven- dar obsega končno površin . Komur so domača geo- metrijska zaporedja, mu obsega in površine na dolo- čenem koraku postopka ne bo težk izračunati. Slika 2 Poglejmo, kakšen li dob mo, če srednje dele stra- nic nadomestimo trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če postopek ponovimo nesk - čnokrat, je enak obsegu Kochove snežinke, površina lika pa je m njša od površine začetnega rikotnika za toliko, za likor je p vršina Kochove snežinke večja od površine istega začetnega rikotnika. Imenuj o ta lik obratna Kochova snežinka. Ravnino lahk po- polnoma prekrijemo z izmenjajočima se likoma K - chove snežinke in obratne Kochove snežinke (slika 3). Na sliki 4 je prikazano prekrivanje ravnine z dv ma, po njuni površini različnima Kochovima snežinka- ma. Razmerje njunih površin je ena proti tri. Ome- nimo še, da lahko pod ben proces, kot m ga pri- kazali nad trikotnikom, zvedemo nad tetraedrom. Slika 3 Slika 4 2 i j i i j il i j lj i il i j l i - l . i l - i il j , j l i i i l i l i i i j i . i - i i ji iji l ili i- j i lj , l ili i i i i. j j i l li j j i , i i i lj i i j li. ili i i i j i lj i ili , i l i lj i li l i , i i i lj li j . i li i i i i i ( li ). li i i i ji , j i i i i, ji j i i i i i i- i i ( li ). i i lj li , i - i j i . l - lj , l i j . j i l i li i i , i l i lj , i li , i i li ( li ). i lj , i j i- , i , i - j i , j j i i i. i j j i l j j l j i i i l i l . l j i i , j i li , - i . - ij j , i i l - i i. li l j , li i , j l - i i i i i, j i i ( li ). li , i - , j i , i li j j i i i li , li j i i j i i i i . I j li t i . i l - l ij i j j i li - i i t i ( li ). li i j i i j i , j i i i li i i i - . j j i i j i i. - i , l , i- li i i , i . li li r r s s s r št s st t r s t / r r s s t r t š r st st t s t r t tt t r r s J t r s r r t r s s st r r s s t re s e e rece st r e r e t r s e te se se e st c e er r te r c re st re r st r r s ter r e r s r c ter s š s e c e str c tr t s r e r r e s str c tr t tret e sre e se e str c est tret š e str c tr t s r e r re e s str c t e e s e st e er t šc t c st r s e e r st r še e r e r s ce st e e es c r t s f r ce st e e e es c r t se e e c s ež s e r s e r e r s cet re š e st et š e s te t e s e e c e e s es c e se e r se c rš r s c e etr s re se rš e ce e r st e te r c t e še ce sre e e e str c est s tr t r e ter s se ce st e es c r t e e se c e s ež e rš e š rš e cet e tr t t r e rš c e s ež e ec rš e ste cet e tr t e t r c s ež re r e e c se c e s ež e r e c e s ež e s s e r re r e r e e rš r c c s e er e rš e e r t tr e še e r ces t s r tr t e e tetr e r P ičujoči p i pevek je bil podobno v ebino že objavljen v p vi evilki ede naj ega le nika P e- eka le a 1990 91. Večina b alcev P e eka va a- k a e ni bila ojena, ob ajala pa ni a ni i ple ni p o okol h p ni i p og a ki jezik ava. Da bi u- di p i edanji gene aciji b alcev vzpodbudili zani- anje za e k ivulje, o e odločili a i p i pevek po odobi i. Najp j i bo o ogl dali n kaj p j a ih, v nda zna ni ih k ivulj in o v aki kaj pov dali. Po bo o znanili z no avni na ǐno g n i anja h k ivulj in na kon u p d avili p p o p og a , ka i bo o lahko k ivulj i ali na aˇunalniku, i iz i ljali voj . Kochova snežinka Slika 1 Zaˇni o z nako aniˇni iko niko ( lika 1a). V p v ko aku azd li o v ako ani o iko nika na jin , dnj od k ani pa nado i o z novi i, za jino anj i i nako aniˇni i i- ko niki ( lika 1b). V d ug ko aku na di o nako z v ako od ani ako doblj n ga poligona, ki po- inja na Davidovo zv zdo. Po op k lahko ponav- lja o, dokl na o dopu ˇa na anˇno i anja. Ž po n kaj ko akih po opka lahko p ibližno vidi o, kak n bo izgl d k ivulj , ob i lika, ˇ bi po op k izv dli n konˇnok a ( lika 1 ). K ivulja, ki jo dobi- o, ˇ po op k izv d o n konˇnok a , i nu- j Ko hova n inka, aj j podobna p avi n žinki. P vi jo j azi koval v zaˇ ku p j nj ga ol ja v d ki a a ik Ni l Fabian H lg von Ko h. Z lo j zani iva, aj i a n konˇno v lik ob g, pa v n- da ob ga konˇno pov ino. Ko u o do aˇa g o- ij ka zapo dja, u ob ga in pov in na dolo- ˇ n ko aku po opka n bo žko iz aˇuna i. Slika 2 Pogl j o, kak n lik dobi o, ˇ dnj d l a- ni nado i o iko niki, ob nj ni i navzno ( lika 2). Ob g lika, ˇ po op k ponovi o n kon- ˇnok a , j nak ob gu Ko hov n ink , pov ina lika pa j anj a od pov in zaˇ n ga iko nika za oliko, za koliko j pov ina Ko hov n ink v ˇja od pov in i ga zaˇ n ga iko nika. I nuj o a lik ob atna Ko hova n inka. Ravnino lahko po- polno a p k ij o z iz njajo ǐ a liko a Ko- hov n ink in ob atn Ko hov n ink ( lika 3). Na liki 4 j p ikazano p k ivanj avnin z dv a, po njuni pov ini azliˇni a Ko hovi a n žinka- a. Raz j njunih pov in j na p o i i. O - ni o , da lahko podob n p o , ko o ga p i- kazali nad iko niko , izv d o nad a d o . Slika 3 Slika 4 2 t m t t t t t t t t t t tt t m t m t m t t r m r t r r m t r t m m t m m r r t r r t r r t r r m t r m m r r r t r m m tr m tr t m r m r r m tr tr t tr t r tr m t m m tr t m m tr m tr t r m r r m tr t m t m r m t t t r r t r m r r t r t f r m t m r t m s r r r t r t t m t m t m m r r m r m m tr r m r m r t t r t m m r tr m t m tr t r m t r t m r t s r m r t tr t t r r s r t t tr t m m t s m r r m m m m s s r r r r m r r m m m m r r r t tr m m r t m r tr t m m t tr r m ri j i ris j il s s i j lj r i š il i s js l i r - s l / . i r l r s s - r š i il r j , s j l is i i s l i r l i i r r s i j i J . i - i ri s ji r iji r l ili i- j ri lj , s s l ili s ri ris s i i. j ej si le li e j ecej s i , e e i i i lj i s i j e li. e se se ili e s i ci e e i j e i lj i c e s ili e s , s e i l i lje is li c l i , e si i išlj li s je. i li c i e s ic i i i (sli ). e eli s s ic i i e ji e, s e je se e s ic es i i i, e ji jši i e s ic i i i- i i (sli ). e e i e s s ic lje e li , i s - i j i e . s e l - lj , le šc c s is j . e e j i s l i li i i , še i le i lje, is li , ce i s e i e li es c (sli ). i lj , i j i- , ce s e i e e es c , se i e - je c eži , s j je i s e i i. i j je is l ce ejš je s le j š e s i e i iels i el e c . el je i i , s j i es c eli se , e - se c ši . s c e - e ijs e j , se i ši e l - ce e s e e i c i. li lej , še li i , ce s e je ele s - ic es i s i i i, je i i e (sli ). se li , ce s e i es - c , je e se c e eži e, ši li je jš ši e ce e i i li , li je ši c e eži e ecj ši e is e ce e i i . I e j li r t c eži . i l - l e ije i e j j ci se li - c e eži e i r t e c e eži e (sli ). sli i je i e i je i e e , j i ši i lic i c i s e i - . e je j i ši je e i i. e- i še, l e ces, s i- li i i , i e e e e . li li Pričujoči prispevek je bil s podobno vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajstega letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, obstajala pa nista niti spletni protokol http niti programski jezik Java. Da bi tu- di pri sedanji generaciji bralcev vzpodbudili zani- manje za te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih krivulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostavnim načinom generiranja teh krivulj in a koncu predstavili preprost program, s katerim bomo lahk kri ulje risali a računalniku, r s zmišljali sv je. Kochova sn žinka Slika 1 Začnimo z enakostraničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trikotnika n tr tjine, s ednje odse e stranic pa nadomestimo z novimi, za tretjino manjšimi enakostraničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku nar di enak vsako od stranic tako dobljen g poligona, ki spo minja na Davi ovo zvezdo. Postopek lahko ponav- ljamo, d kler nam t dopušča atančnost risanja. Že po nekaj korakih p stopka lahko rib ižno vidimo, k kšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedli neskončn kr t (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če postopek izvedemo neskončnokrat, s imenu- je Kochova snežin a, saj je podobna pr vi snežink . Prvi jo je razisko al v zač tku prejšnjega stoletja švedski m tematik Niels Fa ian Helge von Koch. Zelo je zanimiva, saj im neskončno velik obseg, pa ven- dar obseg ončno površino. Komur so domača g o- etrijska zapor dj , mu obsega in površine a dolo č nem kora u postopka ne bo težk izračun ti. Slika 2 Poglejmo, kakšen lik dobimo, če srednje dele stra- nic nadomestimo s trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če p stop k ponovimo n skon čnokrat, je enak bsegu Kochove sn ž nke, površina lika pa je manjša od površine začetnega tri otnika za toli o, za k likor je površina Kochove s ežinke večj od povr ine istega začetn ga trikotnika. Imenujmo a lik obratna Kochov snežinka. Ravnino lahko po- pol ma prekrijemo z izmenjajočima se likoma Ko- chove sneži ke in obratne Kochove sneži ke (slika 3). N sliki 4 je prika ano prekriv nj ravnine z dvema, po nju i površ i različnima Kochovima snežinka- ma. Razm rje njunih površin je e a proti tri. O e- nimo še, da lahko podoben proces, kot smo ga pri kazali nad t ikotnikom, izv demo d te raedro . Slika 3 4 2 • Kochova snežinka • 25 r a č u n a l n i š t v o • Presek 36 (2008/2009) 5 Pričujoči prispevek je bil s podobno vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajstega letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, obstajala pa nista niti spletni protokol http niti programski jezik Java. Da bi tu- di pri sedanji generaciji bralcev vzpodbudili zani- manje za te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih krivulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostavnim načinom generiranja teh krivulj in na koncu predstavili preprost program, s katerim bomo lahko krivulje risali na računalniku, ter si izmišljali svoje. Kochova snežinka Slika 1 Začnimo z enakostraničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trikotnika na tretjine, srednje odseke stranic pa nadomestimo z novimi, za tretjino manjšimi enakostraničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku naredimo enako z vsako od stranic tako dobljenega poligona, ki spo- minja na Davidovo zvezdo. Postopek lahko ponav- ljamo, dokler nam to dopušča natančnost risanja. Že po nekaj korakih postopka lahko približno vidimo, kakšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedli neskončnokrat (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če postopek izvedemo neskončnokrat, se imenu- je Kochova snežinka, saj je podobna pravi snežinki. Prvi jo je raziskoval v začetku prejšnjega stoletja švedski matematik Niels Fabian Helge von Koch. Zelo je zanimiva, saj ima neskončno velik obseg, pa ven- dar obsega končno površino. Komur so domača geo- metrijska zaporedja, mu obsega in površine na dolo- čenem koraku postopka ne bo težko izračunati. Slika 2 Poglejmo, kakšen lik dobimo, če srednje dele stra- nic nadomestimo s trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če postopek ponovimo neskon- čnokrat, je enak obsegu Kochove snežinke, površina lika pa je manjša od površine začetnega trikotnika za toliko, za kolikor je površina Kochove snežinke večja od površine istega začetnega trikotnika. Imenujmo ta lik obratna Kochova snežinka. Ravnino lahko po- polnoma prekrijemo z izmenjajočima se likoma Ko- chove snežinke in obratne Kochove snežinke (slika 3). Na sliki 4 je prikazano prekrivanje ravnine z dvema, po njuni površini različnima Kochovima snežinka- ma. Razmerje njunih površin je ena proti tri. Ome- nimo še, da lahko podoben proces, kot smo ga pri- kazali nad trikotnikom, izvedemo nad tetraedrom. Slika 3 Slika 4 2 Pričujoči prispevek je bil s podobno vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajstega letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, ob tajala pa nist niti spletni protokol http niti programski jezik Java. Da bi tu- di pri sedanji gener ciji bralcev vzpodbudili zani- manje za te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih krivulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostavnim načinom generiranja teh k ivulj in na koncu predst vili pr prost program, s katerim bomo lahko krivulje risali na računalniku, ter si izmišljali svoje. Kochova snežinka Slika 1 Začnimo z enakostraničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trikotnika na tretjine, srednje odseke stranic pa nadomestimo z novimi, za tretjino manjšim enakostraničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku naredimo ena o z vsako od stranic tako dobljenega oligona, ki spo- minja na D vidovo zvezdo. Postopek l hko ponav ljamo, dokler nam to dopušča natančnost risanja. Že po nekaj korakih postopka lahko približ o vidim , kakšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedli neskončnokrat (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če post pek izvedemo neskončnokrat, se imenu- je Kochova snežin a, saj je podobna pravi snežinki. Pr i jo j razisk val v začetku p ejšnjega stoletja švedski matemat k Niels Fabian Helge von Koch. Zelo zanimiva, saj im neskončno velik obseg, pa ven- dar obsega končno po ršino. Komur so domača geo- m trijska zaporedja, mu obsega in po ršine na dolo- č nem kor ku postopka ne bo težko izračunati. Slika 2 Poglejmo, kakšen lik dobimo, če srednje dele stra- nic nadomestimo s trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če postopek ponovimo neskon- čnokrat, je en obsegu Koch ve snežink , površina lika pa je anjša od površine začetn ga trikotnika za toli o, za kolikor je površina Kochove snežink večja od površine istega začetnega trikotnika. Imenujmo ta lik obratna Kochova snežinka. Ravnino lahko po- poln ma prekrijemo z izmenjajočima se likoma Ko- chove snežinke in obratne Kochove s ežinke (slika 3). Na sliki 4 je prikazano prekrivanje ravnine z dvema, juni ovršini ra ličnima K hovima snežinka ma. Razmerje njunih površin je na proti tri. Ome- nimo še, da lahko podob n proces, kot smo ga pri- kazali ad trikotnikom, izvedemo nad tetraedrom. Slika 3 Slika 4 2 Pričujoči prispevek je bil s podobno vsebino že objavljen v prvi številki sedemnajstega letnika Pre- seka leta 1990/91. Večina bralcev Preseka vas ta- krat še ni bila rojena, obstajala pa nista niti spletni protokol http niti programski jezik Java. Da bi tu- di pri sedanji generaciji bralcev vzpodbudili zani- manje za te krivulje, smo se odločili stari prispevek posodobiti. Najprej si bomo ogledali nekaj precej starih, vendar znamenitih krivulj in o vsaki kaj povedali. Potem se bomo seznanili z enostavnim načinom generiranja teh krivulj in na koncu predstavili preprost program, s katerim bomo lahko krivulje risali na računalniku, ter si izmišljali svoje. Kochova snežinka Slika 1 Začnimo z enakostraničnim trikotnikom (slika 1a). V prvem koraku razdelimo vsako stranico trikotnika na tretjine, srednje odseke stranic pa nadomestimo z novimi, za tretjino manjšimi enakostraničnimi tri- kotniki (slika 1b). V drugem koraku naredimo enako z vsako od stranic tako dobljenega poligona, ki spo- minja na Davidovo zvezdo. Postopek lahko ponav- ljamo, dokler nam to dopušča natančnost risanja. Že po nekaj korakih postopka lahko približno vidimo, kakšen bo izgled krivulje, obris lika, če bi postopek izvedli neskončnokrat (slika 1f). Krivulja, ki jo dobi- mo, če postopek izvedemo neskončnokrat, se imenu- je Kochova snežinka, saj je podobna pravi snežinki. Prvi jo je raziskoval v začetku prejšnjega stoletja švedski matematik Niels Fabian Helge von Koch. Zelo je zanimiva, saj ima neskončno velik obseg, pa ven- dar obsega končno površino. Komur so domača geo- metrijska zaporedja, mu obsega in površine na dolo- čenem koraku postopka ne bo težko izračunati. Slika 2 Poglejmo, kakšen lik dobimo, če srednje dele stra- nic nadomestimo s trikotniki, obrnjenimi navznoter (slika 2). Obseg lika, če postopek ponovimo neskon- čnokrat, je enak obsegu Kochove snežinke, površina lika pa je manjša od površine začetnega trikotnika za toliko, za kolikor je površina Kochove snežinke večja od površine istega začetnega trikotnika. Imenujmo ta lik obratna Kochova snežinka. Ravnino lahko po- polnoma prekrijemo z izmenjajočima se likoma Ko- chove snežinke in obratne Kochove snežinke (slika 3). Na sliki 4 je prikazano prekrivanje ravnine z dvema, po njuni površini različnima Kochovima snežinka- ma. Razmerje njunih površin je ena proti tri. Ome- nimo še, da lahko podoben proces, kot smo ga pri- kazali nad trikotnikom, izvedemo nad tetraedrom. Slika 3 Slika 4 2 Slika 1. Prvih šest ko akov razvoja Kochove snežinke Slika 2. Prvih šest korakov razvoja obrnjene Kochove sne- žinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obratno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini razlǐc- nima Kochovima snežinkama v razmerju ena proti tri Slika 5. Prvih pet korakov razvoja Peanove krivulje Slika 6. Prvih deset korakov razvoja zmajeve krivulje Slika 7. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zložimo skupaj Slika 8. Prvih pet korakov razvoja preproge Sierpińskega Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje Slika 10. Vejica Tabela 1. Krivulje opisane v notaciji L-sistema 7 Slika 2. Prvih šest k rakov razv ja bratne Kochove snežinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obratno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini različni- ma Kochovima snežinkama v razmerju ena proti tri a b c d e f 26 r a č u n a l n i š t v o • Preproga Sierpińskega Slika 8 Začnimo z daljico (slika 8a), potem pa v vsakem na- slednjem koraku daljico zamenjamo z likom (slika 8b), ki je sestavljen iz osmih za tretjino krajših da- ljic. Če postopek ponovimo neskončnokrat, dobimo krivuljo z imenom preproga Sierpinśkega. Preproga Sierpińskega ni prostor zapolnjujoča krivulja. Vsota površin vseh „lukenj“ v preprogi je enaka najmanjši površini kvadrata, ki jo potrebujemo, da vanj vriše- mo krivuljo. Torej, sama krivulja ne prekrije nobene površine. Krivuljo je prvi opisal poljski matematik Wacłav Sierpiński leta 1916. Hilbertova krivulja Slika 9 Osnovni element te krivulje je lik na sliki 9a. V prvem koraku uporabimo štiri osnovne elemente in jih po- vežemo med seboj s tremi daljicami, kot prikazuje slika 9b. Za vsak naslednji korak uporabimo zad- njo dobljeno sliko kot osnovni element. Krivulja, ki jo dobimo po neskončno mnogo korakih, se imenuje Hilbertova krivulja in je prostor zapolnjujoča krivul- ja. Krivuljo je prvi opisal nemški matematik David Hilbert leta 1891. L-sistemi L-sisteme je predstavil madžarski biolog Aristid Lin- denmeyer leta 1968 predvsem z namenom opisovan- ja razvojnega procesa rastlin. Izraz L-sistemi zajema množico formalnih jezikov, vendar se ne bomo spuš- čali v natačno formalizacijo. Vpeljali bomo le najbolj preproste elemente takega jezika, s katerimi bomo lahko opisali vse do sedaj predstavljene krivulje. Lik, ki ga uporabimo za začetek risanja krivulje, imenujemo aksiom. Postopek, kako iz prejšnjega lika dobimo naslednjega, pa opišemo s pravili. Naj sim- bol F predstavlja osnovno črto, ki jo rišemo z vnaprej določeno dolžino v smeri trenutne orientacije. Sim- bol + naj predstavlja zasuk trenutne orientacije za vnaprej določen kot v pozitivno smer ter simbol – v negativno smer. Aksiom predstavlja niz, s katerim začnemo. Na prvem koraku aksiom pretvorimo v nov niz po danih pravilih. Za vsak naslednji korak moramo niz iz prejšnjega koraka prepisati v nov niz po danih pravilih. Niz, ki ga dobimo na tak način, lahko interpretiramo kot natančno navodilo za risan- je krivulje. Simboli, ki nimajo grafične interpretacije, služijo le uporabi pravil. Pravila za generiranje pred- stavljenih krivulj so zbrana v tabeli 1. 4 Preproga Sierpińskega Slika 8 Začnimo z daljico (slika 8a), potem pa v vsakem na- slednjem koraku daljico zamenjamo z likom (slika 8b), ki je sestavljen iz osmih za tretjino krajših d ljic. Č postopek ponovimo n skončnokrat, dobimo krivuljo z imenom preproga Sierpinśkega. Preproga Sierpińskega ni prostor zapolnjuj ča krivulja. Vsota po ršin vseh „lukenj“ v preprogi je enak najmanjši površini kv drata, ki jo potreb emo, da vanj vriše- mo krivuljo. Torej, sama krivulja ne prekrije nobene e. Krivuljo je p vi opis l poljski matematik Wacłav Sierpiński leta 1916. Hilbertova krivulja Slika 9 Osnovni element te krivulje je lik na sliki 9a. V prvem koraku uporabimo štiri osnovne elemente in jih po- vežemo m d seboj s tremi daljicami, kot prikazuje slik 9b. Za vsak naslednji korak uporab mo zad njo dobljeno lik kot osnovni ele ent. Krivulja, ki jo dobimo po nes ončno mnog korakih, se imenuje Hilbertova krivulja in je pr stor zapol jujoča krivul- a. Kr vuljo je prvi opisal emš i matematik David leta 1891. L-sistemi isteme je predstavil madžarski biolog Aristid Lin- denmeyer leta 1968 predvsem z namenom opisovan- ja razvojnega procesa rastlin. Izraz L-sistemi zajema množico formalnih jezikov, vendar s e bomo spuš č li v natačno formalizacijo. Vpeljali bomo le n jbolj preproste elemente takega j zik , kateri i bomo lahko opisali vse do sedaj predstav jene krivulje. Lik, ki ga uporabimo z začetek risanja krivulje, imenujemo aksiom. Postopek, kako iz prejšnjega lika dob mo naslednjega, pa opišemo s pravili. Naj sim- bol F predst vlja osnovn črto, ki j rišemo z vn prej ločeno dolži o v smeri trenutne o ientacije. S + naj predstavlja zasuk trenutne orientacije za vnapr j dol če kot v pozitiv o sme ter simbol – v negativno smer. Aksiom predstavlja niz, s kat rim začnemo. Na prvem k raku ak iom p etvorimo ov niz po danih pravilih. Za vsak naslednji ko ak mora o niz iz ejšnjega koraka prepisati nov niz p danih pravil . Niz, ki ga dobimo na tak način, lahko interpretiramo kot natančno navodilo za risan- je krivulje. Simboli, k nimajo grafične i terpretacije služijo le u orabi pravil. Pravila za gener ranje pred stavljenih kr vulj so zbran v tabeli 1. 4 Peanova krivulja Slika 5 Peanovo krivuljo dobimo z naslednjim postopkom. V prvem koraku kvadratu narišemo diagonalo (slika 5a). V drugem koraku kvadrat razdelimo na devet enakih kvadratov in jim narišemo vse diagonale z eno samo potezo, tako da nikjer ne sekamo svoje poti (slika 5b). V tretjem koraku naredimo enako z vsakim od manjših kvadratov (slika 5c). Ker se na sli- kah 5 diagonale kvadratov v kotih stikajo, ni jasno, kako krivuljo narišemo. Jasno pa bo, če zavoje kri- vulje porežemo (slika 5b’). Krivulja, ki jo dobimo, če postopek ponovimo neskončnokrat, se imenuje Pe- anova krivulja. Opazimo, da se krivulja z vsakim na- slednjim korakom vedno bolj gosto vije po površini, omejeni s kvadratom. Peanova krivulja je prostor za- polnjujoča krivulja, kar pomeni, da gre skozi vsako točko površine, omejene s kvadratom. To krivuljo je v drugi polovici 19. stoletja odkril italijanski mate- matik in logik Giuseppe Peano. Zmajeva krivulja Slika 6 Zmajevo krivuljo lahko le za nekaj prvih korakov do- bimo s prepogibanjem papirja. Vzemimo dolg pa- pirnati trak, ki predstavlja začetek razvoja zmajeve krivulje (slika 6). Trak prepognemo po polovici in odpremo do pravega kota. Trak potem dvakrat za- poredoma prepognemo po polovici in ga odpremo do pravih kotov, trak trikrat zaporedoma prepogne- mo po polovici itd. Kdor ima izkušnje s prepogiban- jem papirja ve, da se običajno papir ne da prepogniti več kot sedemkrat. Kot zanimivost lahko omenimo, da je dvanajst zaporednih pregibov papirja svetovni rekord, za kar je bil potreben več kot kilometer dolg trak zelo tankega papirja. Tako prepognjen paket papirja je imel kar 212 = 4096 slojev. Naj bo papir na začetku še tako tako dolg, je pros- tor, ki ga zaseda zmajeva krivulja, po vsakem kora- ku manjši. Vendar pa je zmajeva krivulja, dobljena z neskončno mnogo prepogibanj, prostor zapolnju- joča krivulja, če na vsakem koraku dolžino papirja ustrezno podaljšamo. Če želimo, da je razdalja med začetkom in koncem zmajeve krivulje na vsakem ko- raku enaka, moramo krivuljo na vsakem koraku po- daljšati za √ 2. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zlo- žimo skupaj, kot prikazuje slika 7. Obstaja pa še mnogo drugih možnih prekrivanj ravnine z zmaje- vimi krivuljami. Slika 7 Prvi so zmajevo krivuljo opisali in raziskovali fiziki v ameriški vesoljski agenciji NASA John Heighway, Bruce Banks in William Harter, širši javnosti pa jo je predstavil Martin Gardner leta 1978 v svoji popu- larni kolumni Mathematical Games v reviji Scientific American. 3 Peanova krivulja Slika 5 Peanovo krivuljo dobimo z naslednjim postopkom. V prvem koraku kvadratu narišemo diagonalo (slika 5a). V drugem koraku kvadr t razdelim na devet enakih kvadratov in jim nariše o vse diag nale z eno samo potezo, tako d nikjer ne sekamo svoje poti (sli a 5b). V tret e koraku naredimo e ko vsakim od manjših kvadratov (slika 5c). Ker se na sli- kah 5 diagonale kvadratov v kotih stikajo, ni j sno, kako krivuljo narišemo. Jasno pa bo, če zavoje kr vulje porežemo (slika 5b’). Krivulja, k jo dobimo, če postopek ponovimo neskončnokrat, se imenuje Pe anova k ivulja. Opazimo, da se krivulja z vsakim na- slednjim korakom vedno bolj gosto vij po površini, omejeni s kvadratom. Peanova krivulja je prostor z polnjujoča krivulja, kar pomeni, da gr skozi vsako točko površine, omejen s k dratom. To krivuljo je v drugi polovici 19. stoletja odkril italijansk m te- matik in logik Gius ppe Peano. Zmajeva krivulja Slika 6 Zmajevo krivuljo lahko le za nekaj prvih korakov do- bimo s prepogibanjem papirja. Vzemimo dolg pa- pirnati trak, ki predstavlja začetek azvoja zmajeve krivulje (slika 6). Trak prepognemo po pol vici in odpremo do prav ga kot . Trak potem dvakrat za- poredoma prepognemo o polovici in ga odpremo do pravih kotov, trak trikrat z poredo a prepogne mo po polovici itd. Kd r ima izkušnje s prepogiban- jem p pirja ve, da se ob čajno papir ne d iti več k t sedemkrat. Kot zanimivost lahko omenimo, da je dvan jst zaporednih pregibov papirja svetovn r kord, za kar je bil p reben več kot kil met r dolg trak zelo tankega papirja. Tako prepognjen paket papi ja je imel kar 212 = 4096 slojev. Naj b p pir n začetku še tako tako dolg, je pros- tor, ki ga zaseda zmajeva krivulja, po vsakem kora- ku manjši. Vend r pa je zmajeva krivulja, dobljena z neskončno mnogo prepog banj, pr stor zapolnju joča krivulja, če na vsake kor ku dolžino papirj ustrezno podaljšamo. Č žel mo, da je razd lja med začet om in koncem zmajeve k ivulje na vsakem ko- raku e aka, mora krivuljo na vs k m koraku po- d ljšati za √ 2. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zl žimo skupaj, kot pri az je slika 7. Obstaj pa še mnogo drugih možnih prekrivanj ravnine z zmaje v i krivuljami. Sli a 7 Prvi so zmajevo krivuljo opisali in raziskovali fiziki v ameriški vesoljski agenciji NASA John Heighway, Bruce Banks in William Harter, širši javn sti pa jo je pr dstavil Martin Gardner leta 1978 v svoji popu- larni kolumni Mathematical Games v re iji Sc entific American. 3 Peanova krivulja Slika 5 Peanovo krivuljo dobimo z naslednjim postopkom. V prvem koraku kvadratu narišemo diagonalo (slika 5a). V drugem koraku kvadrat razdelimo na devet enakih kvadratov in jim narišemo vse diagonale z eno samo potezo, tako da nikjer ne sekamo svoje poti (slika 5b). V tretjem koraku naredimo enako z vsakim od manjših kvadratov (slika 5c). Ker se na sli- kah 5 diagonale kvadratov v kotih stikajo, ni jasno, kako krivuljo narišemo. Jasno pa bo, če zavoje kri- vulje porežemo (slika 5b’). Krivulja, ki jo dobimo, če postopek ponovimo neskončnokrat, se imenuje Pe- anova krivulja. Opazimo, da se krivulja z vsakim na- slednjim korakom vedno bolj gosto vije po površini, omejeni s kvadratom. Peanova krivulja je prostor za- polnjujoča krivulja, kar pomeni, da gre skozi vsako točko površine, omejene s kvadratom. To krivuljo je v drugi polovici 19. stoletja odkril italijanski mate- matik in logik Giuseppe Peano. Zmajeva krivulja Slika 6 Zmajevo krivuljo lahko le za nekaj prvih korakov do- bimo s prepogibanjem papirja. Vzemimo dolg pa- pirnati trak, ki predstavlja začetek razvoja zmajeve krivulje (slika 6). Trak prepognemo po polovici in odpremo do pravega kota. Trak potem dvakrat za- poredoma prepognemo po polovici in ga odpremo do pravih kotov, trak trikrat zaporedoma prepogne- mo po polovici itd. Kdor ima izkušnje s prepogiban- jem papirja ve, da se običajno papir ne da prepogniti več kot sedemkrat. Kot zanimivost lahko omenimo, da je dvanajst zaporednih pregibov papirja svetovni rekord, za kar je bil potreben več kot kilometer dolg trak zelo tankega papirja. Tako prepognjen paket papirja je imel kar 212 = 4096 slojev. Naj bo papir na začetku še tako tako dolg, je pros- tor, ki ga zaseda zmajeva krivulja, po vsakem kora- ku manjši. Vendar pa je zmajeva krivulja, dobljena z neskončno mnogo prepogibanj, prostor zapolnju- joča krivulja, če na vsakem koraku dolžino papirja ustrezno podaljšamo. Če želimo, da je razdalja med začetkom in koncem zmajeve krivulje na vsakem ko- raku enaka, moramo krivuljo na vsakem koraku po- daljšati za √ 2. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zlo- žimo skupaj, kot prikazuje slika 7. Obstaja pa še mnogo drugih možnih prekrivanj ravnine z zmaje- vimi krivuljami. Slika 7 Prvi so zmajevo krivuljo opisali in raziskovali fiziki v ameriški vesoljski agenciji NASA John Heighway, Bruce Banks in William Harter, širši javnosti pa jo je predst vil Martin Gardner leta 1978 v svoji popu- larni kolumni Mathematical Games v reviji Scientific American. 3 • Peanova krivulja • Zm jeva krivulja • Preproga S erpińskega • H lbertova krivulja Slika 1. Prvih šest korakov razvoja Kochove snežinke Slika 2. Prvih šest korakov razvoja obrnjene Kochove sne- žinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obr tno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini razlǐc- nima Kochovima snežinkama v razmerju ena proti tri Slika 5. Prvih pet korakov razvoja Peanove krivulje Slika 6. Prvih deset korakov razvoja zmajeve krivulje Slika 7. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zložimo skupaj Slika 8. Prvih pet korakov razvoja preproge Sierpińskega Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje Slika 10. Vejica Tabel 1. Krivulje o isan v n t ciji L-sistema 7 Presek 36 (2008/2009) 5 b' a b c d e 27 r a č u n a l n i š t v o Slika 7. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zložimo skupaj • Preproga Sierpińskega Slika 8 Začnimo z daljico (slika 8a), potem pa v vsakem na- slednjem koraku daljico zamenjamo z likom (slika 8b), ki je sestavljen iz osmih za tretjino krajših da- ljic. Če postopek ponovimo neskončnokrat, dobimo krivuljo z imenom preproga Sierpinśkega. Preproga Sierpińskega ni prostor zapolnjujoča krivulja. Vsota površin vseh „lukenj“ v preprogi je enaka najmanjši površini kvadrata, ki jo potrebujemo, da vanj vriše- mo krivuljo. Torej, sama krivulja ne prekrije nobene površine. Krivuljo je prvi opisal poljski matematik Wacłav Sierpiński leta 1916. Hilbertova krivulja Slika 9 Osnovni element te krivulje je lik na sliki 9a. V prvem koraku uporabimo štiri osnovne elemente in jih po- vežemo med seboj s tremi daljicami, kot prikazuje slika 9b. Za vsak naslednji korak uporabimo zad- njo dobljeno sliko kot osnovni element. Krivulja, ki jo dobimo po neskončno mnogo korakih, se imenuje Hilbertova krivulja in je prostor zapolnjujoča krivul- ja. Krivuljo je prvi opisal nemški matematik David Hilbert leta 1891. L-sistemi L-sisteme je predstavil madžarski biolog Aristid Lin- denmeyer leta 1968 predvsem z namenom opisovan- ja razvojnega procesa rastlin. Izraz L-sistemi zajema množico formalnih jezikov, vendar se ne bomo spuš- čali v natačno formalizacijo. Vpeljali bomo le najbolj preproste elemente takega jezika, s katerimi bomo lahko opisali vse do sedaj predstavljene krivulje. Lik, ki ga uporabimo za začetek risanja krivulje, imenujemo aksiom. Postopek, kako iz prejšnjega lika dobimo naslednjega, pa opišemo s pravili. Naj sim- bol F predstavlja osnovno črto, ki jo rišemo z vnaprej določeno dolžino v smeri trenutne orientacije. Sim- bol + naj predstavlja zasuk trenutne orientacije za vnaprej določen kot v pozitivno smer ter simbol – v negativno smer. Aksiom predstavlja niz, s katerim začnemo. Na prvem koraku aksiom pretvorimo v nov niz po danih pravilih. Za vsak naslednji korak moramo niz iz prejšnjega koraka prepisati v nov niz po danih pravilih. Niz, ki ga dobimo na tak način, lahko interpretiramo kot natančno navodilo za risan- je krivulje. Simboli, ki nimajo grafične interpretacije, služijo le uporabi pravil. Pravila za generiranje pred- stavljenih krivulj so zbrana v tabeli 1. 4 • L-sistemi Slika 1. Prvih šest korakov razvoja Kochove snežinke Slika 2. Prvih šest korakov razvoja obrnjene Kochove sne- žinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obratno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini razlǐc- nima Kochovima snežinkama v razmerju ena proti tri Slika 5. Prvih pet korakov razvoja Peanove krivulje Slika 6. Prvih de et korakov razvoja zmajeve krivulje Slika 7. Štiri zmajeve krivulj lahko lepo zložimo skupaj Slika 8. Prvih pet korakov razvoja preproge Sierpińskega Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje Slika 10. Vejica Tabela 1. Krivulje opisane v notaciji L-sistema 7 Slika 1. Prvih šest korakov razvoja Kochove snežinke Slika 2. Prvih šest korakov razvoja obrnjene Kochove sne- žinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obratno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini razlǐc- nima Kochovima snežinkama v razmerju ena proti tri Slika 5. Prvih pet korakov razvoja Peanove krivulje Slika 6. Prvih deset korakov razvoja zmajeve krivulje Slika 7. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zložimo skupaj Slika 8. Prvih pet korakov razvoja preproge Sierpińskega Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje Slika 10. Vejica Tabela 1. Krivulje opisane v notaciji L-sistema 7 Presek 36 (2008/2009) 5 Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje a b a b c d e c d e 28 r a č u n a l n i š t v o V tokratnem računalniškem prispevku ste spoznali posto- pek risanja nenavadnih krivulj, vas pa vabimo k ustvarjanju novih krivulj ali čimbolj domi- selnim dopolnitvam programa. Vaše formule za krivulje, slike krivulj ali dopolnjen program nam pošljite na naslov Ure- dništvo Preseka, Jadranska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje naj- lepših krivulj bomo nagradili z lepo knjižno nagrado. Tabela 1. Krivulje opisane v notaciji L-sistema • Presek 36 (2008/2009) 5 ime krivulje aksiom pravila kot Kochova snežinka F++F++F F=F-F++F-F 60 preproga Sierpińskega F F=F+F-F-FF-F-FF-F-F+F 90 zmajeva krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova krivulja F F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L=+RF-LFL-FR+, R=-LF+RFR+FL- 90 vejica X X=F-[[X]+X]+F[+FX]-X), F=FF 25 Tabela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema Na naslednji strani navajamo preprost program, napisan v programskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 razen vejice. Jedro programa sestavljata metodi generateCurve in paint- Component. Metoda generateCurve ustvari niz curve. Konstante na začetku programa, axiom, rules, gene- rations, segmentLength in angle predstavljajo vhod- ne podatke metodi generateCurve. Metoda paint- Component interpretira niz curve in riše krivuljo na grafično matriko g2d. Z le nekaj truda lahko program dopolnimo tako, da bo upošteval tudi simbola [ in ], ki sta potrebna za definicijo vejice. Simbol [ naj pomeni shranitev tre- nutnega stanja (položaja, orientacije, velikosti črte, barve, ...), simbol ] pa naj pomeni obnovitev pred- hodno shranjenega stanja. S pomočjo simbolov [ in ] je na sliki 10 narisana krivulja vejica na šestem ko- raku razvoja. Slika 10 Program lahko postopoma razširjamo še z novimi simboli, ki imajo določen pomen pri risanju, ter tako bogatimo izrazno možnost našega jezika za opis kri- vulj. Nekaj idej, simbol f naj pomeni le premik brez risanja, simbol @f naj predstavlja spremembo veli- kosti črte za faktor f , simbol ! naj predstavlja obrni- tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj pred- stavlja barvo, s katero naj se od tu dalje riše (tako bi, recimo, niz c{255,0,0} predstavljal rdečo barvo izraženo z RGB komponentami). Osnovni element ri- sanja je lahko tudi kaj drugega kot le preprosta črta. Kdor ni vešč programiranja, lahko uporabi brez- plačen program Inkscape, urejevalnik vektorskih gra- fik (http://www.inkscape.org). Podprt je tudi sloven- ski jezik. Z izbiro menijev Učinki – Upodobi – Sistem L se nam odpre okno za vnos parametrov krivulje. Program LSystem.java je dostopen preko medmrežja na povezavi http://matematika-racunalnistvo.fnm.uni-mb.si/personal/petr/presek/LSystem.html. V tokratnem računalniškem prispevku ste spoz- nali postopek risanja nenavadnih krivulj, vas pa va- bimo k ustvarjanju novih krivulj ali čimbolj domisel- nim dopolnitvam programa. Vaše formule za krivul- je, slike krivulj ali dopolnjen program nam pošljite na naslov Uredništvo Preseka, Jadranska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje najlepših krivulj bomo nagradili z lepo knjižno nagrado. 5 ime krivulje aksiom pravila kot Kochova snežinka F++F++F F=F-F++F-F 60 preproga Sierpińskega F F=F+F-F-FF-F-FF-F-F+F 90 zmajeva krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova krivulja F F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L=+RF-LFL-FR+, R=-LF+RFR+FL- 90 vejica X X=F-[[X]+X]+F[+FX]-X), F=FF 25 Tabela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema Na naslednji strani navajamo preprost program, napisan v programskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 razen vejice. Jedro programa sestavljata metodi generateCurve in paint- Component. Metoda generateCurve ustvari niz curve. Konstante na začetku programa, axiom, rules, gene- rations, segmentLength in angle predstavljajo vhod- ne podatke metodi generateCurve. Metoda paint- Component interpretira niz curve in riše krivuljo na grafično matriko g2d. Z le nekaj truda lahko program dopolnimo tako, da bo upošteval tudi simbola [ in ], ki sta potrebna za definicijo vejice. Simbol [ naj pomeni shranitev tre- nutnega stanja (položaja, orientacije, velikosti črte, barve, ...), simbol ] pa naj pomeni obnovitev pred- hodno shranjenega stanja. S pomočjo simbolov [ in ] je na sliki 10 narisana krivulja vejica na šestem ko- raku razvoja. Slika 10 Program lahko postopoma razširjamo še z novimi simboli, ki imajo določen pomen pri risanju, ter tako bogatimo izrazno možnost našega jezika za opis kri- vulj. Nekaj idej, simbol f naj pomeni le premik brez risanja, simbol @f naj predstavlja spremembo veli- kosti črte za faktor f , simbol ! naj predstavlja obrni- tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj pred- stavlja barvo, s katero naj se od tu dalje riše (tako bi, recimo, niz c{255,0,0} predstavljal rdečo barvo izraženo z RGB komponentami). Osnovni element ri- sanja je lahko tudi kaj drugega kot le preprosta črta. Kdor ni vešč programiranja, lahko uporabi brez- plačen program Inkscape, urejevalnik vektorskih gra- fik (http://www.inkscape.org). Podprt je tudi sloven- ski jezik. Z izbiro menijev Učinki – Upodobi – Sistem L se nam odpre okno za vnos parametrov krivulje. Program LSystem.java je dostopen preko medmrežja na povezavi http://matematika-racunalnistvo.fnm.uni-mb.si/personal/petr/presek/LSystem.html. V tokratnem računalniškem prispevku ste spoz- nali postopek risanja n navadnih krivulj, vas pa va- bimo k ustvarjanju novih krivulj ali čimbolj domisel- nim dopolnitvam programa. Vaše formule za krivul- je, slike krivulj ali dopolnjen progra nam pošljite na naslov Uredništvo Preseka, Jadranska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje najlepših krivulj bomo nagradili z lepo knjižno nagrado. 5 ime krivulje aksiom pravila kot Kochova snežinka F++F++F F=F-F++F-F 60 preproga Sierpińskega F F=F+F-F-FF-F-FF-F-F+F 90 zmaj va krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova krivulja F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 9 Hilbertova krivulja L L=+RF-LFL-FR+, R=-LF+RFR+FL- vejica X X=F-[[X]+X]+F[+FX]-X), F=FF 25 Ta ela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema Na naslednji strani navajamo preprost program, napisan v programskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 razen vejice. Jedro programa sestavljata metodi generateCurve in paint- Component. Metoda g nerateC rve ustvari niz curve. K nstante na začetku programa, axiom, rules, g ne- rations, segmentLength in an le predstavljajo vhod ne podatke met i generateCurve. Metoda paint- C mpo ent interpretira niz curve in riše krivuljo na grafično matriko g2d. Z le ne aj truda lahko program dopolnimo t ko, da bo upoš eval tudi simbola [ in ], ki sta potrebna z definicijo vejice. Simbol [ naj pomeni shranitev tre- nutnega st nja (položaja, orientacije, ve ikosti črte b rve, ...), simbol ] pa naj pomeni obnovi ev pred- hod o shranjenega stanja. S pomočjo simbolo [ in ] je a sliki 10 narisan krivulja vejica na šestem ko- r ku razvoja. Slika 10 Program lahko postopoma razširjamo še z novimi simboli, ki imajo določen pomen pri risanju, ter tako bogatimo izrazno možnost našega jezika za opis kri- vulj. Nekaj idej, simbol f naj pomeni le pr mik brez r sanja, simbol @f naj predstavlja spremembo veli- k sti črte za faktor f , simbol ! naj predstavlja obrn tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj pred- stavlj barvo, s katero naj se od tu dalje riše (tako bi, re imo, niz c{255,0,0} predstavljal rdečo ba vo izraženo z RGB k mponentami). Osnovni element ri anja je l hko tudi kaj drugega ko le preprosta črta. Kdor ni vešč programiranja, lahko uporabi brez- plačen program Inkscape, urejevalnik vektorskih gra fik (http://www.inkscape.org). Podprt je tudi sloven- ski jezik. Z izbiro menijev Učinki – Upodobi – Sist m L se nam dpre okno za vnos parametrov krivulje. Program LSystem.j va je dostopen pr ko medmrežja na povezavi http:// atematika-racunalni tvo.fnm.uni-mb.si/personal/petr/presek/LSystem.html. V tokratnem računalniškem prispevku st spoz- li postopek risanja nenavadnih krivulj, vas pa va- bimo k us varjanju novih kr vulj ali čimbolj domisel- nim d polnitvam programa. Vaše formule za krivul je, slike krivulj ali dopolnjen program nam pošljite na naslov Ured ištv Preseka, J dr nska 19, 1000 Ljubljana. A torje najlepših krivulj bomo n g adi i z lepo knjižno n grado. 5 ime krivulje aksiom pravila kot Kochova snežink F++F++F F=F-F++F F 6 preproga Sierpińskega F F=F+F-F-F -F-FF F-F+ 90 zmajeva krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova kri lja F F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L=+RF-LFL-FR+, R=-LF+RFR+FL- 90 vejica X X=F-[[X]+X]+F[+FX]-X), F=FF 25 Tabela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema Na n slednji str ni av jamo preprost program, napi an v programskem jeziku J va, s kat rim lah ko rišemo vse rivulje iz tabele 1 razen ve ice. Jedro programa ses avlj ta metodi generateCurve in . Metoda generateCurve ustvari niz curve. Konstante na začetku progr ma, axiom, rules, gen rations, segmentLength in angle predstavljajo vhod- ne podatke etodi ge erateCurve. Met da paint C mponent interpretira niz curve in riše krivuljo na grafično m triko g2d. Z le nekaj truda lahko program dopolnimo tako, da bo upošteval tudi simbola [ in ], ki sta potrebna za defi icijo vejice. Simbol [ naj pomeni shranit v tre nutnega stanja (položaja, orientacije, velikosti črte, barve, ...), simb l ] pa naj pomeni obnovitev pred- hodn shranjenega stanja. S pomočjo simbolov [ in ] je na sliki 10 arisana krivulja vejica n šestem o raku razvoja. Sl ka 10 Program lahko posto oma razširjamo š z no imi simbol , ki im jo določen p me pri risanju, ter tak bogati o izrazno ož ost našega jezika za opis k vulj. N kaj idej, s mb l f naj p meni le premik b ez risanja, simbol @f naj predst v j spremem o v li kosti črte za fakt r f , simbol ! n j predstavlja obrn tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj pr d tavlja barvo, s kate o naj se od tu dalje riše (tako bi, r ci , niz c{255,0,0} pr dstavljal rdečo barvo izraženo z RGB ko pon ntami). Osnovni element ri n a j l hko tudi kaj drugega ot le preprosta črta. Kdor ni vešč programiranja, lahko uporabi br z- plačen p ogra Inksc pe, ur jevalnik ve t rskih gra fik (http://www.inkscap .org). Podp t je tudi sloven ski jezik. Z izbiro menijev Učinki – Upod bi – Sist m L se nam odpre okn za vnos parametrov krivulje. Program LSystem.java je do open preko medmrežja povezavi http://matematika- acun lnistvo.fnm. ni-mb.si/personal/petr/presek/LSystem.html. V to ratnem računalniškem prispevku ste spoz- li postopek risanja nenavadnih k ivulj, vas p va- bimo k ustvarjan u ovih krivulj ali čimbolj domise - nim dopolnitvam program . Vaše formule za krivul- je, slike krivulj ali dopolnjen program nam pošljite na naslov Uredništvo Preseka, J dr nska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje najlepših krivulj bomo nagradili z lepo knjižno nagrado. 5 b ime krivulje aksiom pr vila kot K chova s ežinka F++F++F F=F-F++F-F 60 preproga S erpińskega F F=F+F-F-FF-F-FF-F-F+F 90 zm jeva krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova krivulja F F=F+F-F- +F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L +R LFL-FR+, R= LF+RFR+FL- 90 vejica X X=F-[[X] X]+F[+FX]-X), F=FF 25 T bela 1: Krivulje opisane v notacij -sistema Na naslednji strani n vajamo preprost program, n pisan v programskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 raz n vejice. Jedro programa se vljata metodi gen rateCu ve in paint- Component. Metoda gen rateCurve ustva i niz curve. Ko sta t na zač tku program , axiom, rules, gene- rations, segmentLength in a gl predst vljajo vhod- ne podatk metodi gen rateCurve. Met d paint- Compo ent in erpretira niz curve in iš krivuljo na grafično matriko g2d. Z le nekaj truda lahko program dopolnimo tako, da bo upošteval tudi s mbola [ i ], ki sta potrebna za definicijo vejice. Simbol [ naj pomeni shrani ev tre- nut g stanj (položaja, orientacij , velikosti črte, barve ...), simbol ] pa naj pomeni bno itev pred- h dno shranjeneg sta ja. S pomočjo simb lov [ in ] je na sliki 10 n risana krivulja vejica na šestem ko- raku razvoja. Sli a Progra lahko postopo a razširjamo še z novimi simboli, ki imajo določen en pri risanju, ter tako bogatimo izrazn m žnost našeg jezika za opis kri- vulj. Nekaj idej, imbol f n j pomeni l prem k brez risanja, simbol @f naj predst vlja sprem mbo veli- kos i črte a faktor f , simbol ! naj predst vlja obrni- tev pomena simbolov + in –, simbol c{ ,g,b} naj pred- st vlja barv , s kate o naj se od tu dalje riš (tako i, r ci o, niz c{255,0,0} predst vlj l rdečo barvo izraženo z RGB komponentami). Os ov i element ri- sanja je lahko tudi kaj drugega kot l p eprosta črta. Kd r vešč prog amiran a, ahko uporabi brez- plač n program Inkscape, urejevalni vektorskih gra- fik (http://www.inkscap .org). Podpr je tudi sloven- ski jezik. Z izbiro nijev Učin i – Upodobi – Sistem L se nam odpre kno za vno par metrov krivulje. Program LSystem.jav je d sto e preko edmrežja na povezav http://mat m tika-racu alnistvo.fnm.un -m .si/personal/petr/presek/LSystem.html. V t kratn r čunalniškem rispevku te spoz- nali postopek ris ja nenava nih krivulj, v s pa va- bimo k ustvarja ju ovih krivulj ali či olj do isel- nim d polnitvam pr gr m . Vaš f rmul za krivul- je, like rivulj li dopolnjen ogr m nam pošljite a naslov Ured ištvo Presek , Jadranska 9, 1000 L ubljana. Avtorje ajlepših krivulj bomo nagradili z lepo k jižno agrado. 5 u e od k a n e r o a ime krivulje aksiom pravila ot Kochova snežinka F++F++F F=F-F++F-F 60 preproga Sierpińskega F F=F+F-F-FF-F-FF-F-F+F 90 zmajeva krivulja FX X=X+YF+, Y=-FX-Y 90 Peanova krivulja F F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L=+RF-LFL-FR+, R=-LF+RFR+FL- 90 vejica X X=F-[[X]+X]+F[+FX]-X), F=FF 25 Tabela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema Na naslednji strani navajamo preprost program, napisan v programskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 razen vejice. Jedro programa sestavljata metodi generateCurve in paint- Component. Metoda generateCurve ustvari niz curve. Konstante na začetku programa, axiom, rules, gene- rations, segmentLength in angle predstavljajo vhod- ne podatke metodi generateCurve. Metoda paint- Component interpretira niz curve in riše krivuljo na grafično matriko g2d. Z le nekaj truda lahko program dopolnimo tako, da bo upošteval tudi simbola [ in ], ki sta potrebna za definicijo vejice. Simbol [ naj pomeni shranitev tre- nutnega stanja (položaja, orientacije, velikosti črte, barve, ...), simbol ] pa naj pomeni obnovitev pred- hodno shranjenega stanja. S pomočjo simbolov [ i ] je na sliki 10 narisana krivulja vejica na šestem ko- raku razvoja. Slika 10 Program lahko postopoma razširjamo še z novimi simboli, ki imajo določen pomen pri risanju, ter tako bogatimo izrazno možnost našega jezika za opis kri- vulj. Nekaj idej, simbol f naj pomeni le premik brez risanja, simbol @f naj predstavlja spremembo veli- kosti črte za faktor f , simbol ! naj predstavlja obrni- tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj pred- stavlja barvo, s katero naj se od tu dalje riše (tako bi, recimo, niz c{255,0,0} predstavljal rdečo barvo izraženo z RGB komp nentami). Osnovni element ri- sanja je lahko tudi kaj drugega kot le preprosta črta. Kdor ni vešč programiranja, lahko uporabi brez- plačen program Inkscape, urejevalnik vekt rskih gra- fik (htt ://www.inkscape.org). Podprt j tudi sloven- ski jezik. Z izbiro menij v Učinki – Upodobi – Sistem L se nam odpre okno za vnos parametrov krivulje. Program LSystem.java je dostopen preko medmrežja na povezavi http://matematika-racu alnistvo.fnm.uni-mb.si/personal/pe r/pre ek/LSystem.html. V tokratnem računalniškem prispevku ste spoz- nali postopek isanja nenavadnih krivulj, vas pa va- bimo k ustvarjanju novih krivulj ali čimbolj domisel- nim dopolnitv m pr grama. Vaše f rmule z krivul- je, slike kriv lj al dopolnjen program nam pošljite a naslov Uredništvo Preseka, Jadranska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje najlepših krivulj bomo nagradili z lepo knjižno nagrado. 5 ime krivulje aksiom pr vila ot Kochova snežinka ++F F=F- ++F-F 60 eproga Sierpińskega F F=F+F- F- F-F-F+F 90 zmajeva krivulja FX X=X YF+, Y= FX-Y 90 Peanova krivulja F F=F+F-F-F-F+F+F+F-F 90 Hilbertova krivulja L L=+R -L L-FR+, R=-L +R R+FL- 90 vejica X X=F-[[ X] [+F ]-X), =FF 25 Tabela 1: Krivulje opisane v notaciji L-sistema N naslednji stra i navajamo eprost p ogram, napisan v p ogramskem jeziku Java, s katerim lah- ko rišemo vse krivulje iz tabele 1 razen v jic . Jedro p ogr ma sestavljata metodi generateCurve in paint- Component. Metoda generateCurve ustvari niz curve. Kons ante n začetku p ogr ma, axiom, rules, gene- rations, segmentLength i angle predstavljajo vhod- ne podatke metodi generateCurve. Metod paint- Compone interp etira niz curve in riše krivuljo na grafično matriko g2d. Z l nekaj truda lahko p ogram dopolnimo tako, da bo upošteval tudi simbola [ in ], ki sta potrebn za definicijo v jice. Simbol [ naj pomeni shranitev tre- utnega st nja (položaja, orientacije, velikosti črte, barve, ...), simbol ] p naj pomeni obnovitev pr - hodno shra jenega st nja. S p m čjo simbolov [ in ] je na sliki 10 narisana krivulja vejic na š stem ko- raku razvoja. Slika 10 P ogram lahk p stopoma razširjamo še z nov i simbol , ki imaj določen pomen pri risanju, er tako bogatimo i razno možnost našega jezik za opis kri- vulj. Nekaj idej, simbol f naj pomeni le premik brez ris nja, simbol @f naj predstavlja spr embo veli- kosti črte za faktor f , simbol ! naj predstavlja obrni- tev pomena simbolov + in –, simbol c{r,g,b} naj p ed- stavlj barvo, s katero naj se od tu dalje riše (tako bi, recimo, niz c{255,0,0} predstavljal rdečo bar o izraženo z RGB komponentami). Osnovni el ment ri- s nja je lahko tudi kaj drugega kot le eprosta črt . Kdor ni vešč p ogramir nj , lahko upora i brez- plače p ogram Inksc pe, urejevalnik vektorskih gra- fik (http:// ww.inkscape.org). Podprt je tudi sloven- ski jezi . Z zbiro menijev Uč nki – Upodobi – Sistem L se nam odpre okno za vnos parametrov krivulje. P ogram LSyst m.java je d open preko medmrežj a povezavi http://mat matika-racu alnistvo.fnm.uni-mb.si/ ers al/pet /pr sek/LSyste .ht l. V tokratnem raču alniškem prispevku ste spoz- ali p sto ek is nja nenavadnih , vas p va- bi o k ustvar anju novih krivu j ali čimbolj domisel- im dopolnitvam p ogr ma. Vaše formule za krivul- je, sli e krivu j ali dopol jen p ogram m pošljite naslov Uredništvo Preseka, J dranska 19, 1000 Ljubljana. Avtorje najlepših krivulj b mo n gradili z lepo knjiž o n grad . 5 Slika 1. Prvih šest korakov razvoja Kochove snežinke Slika 2. Prvih šest korakov razvoja obrnjene Kochove sne- žinke Slika 3. Prekrivanje ravnine s Kochovo in obratno Kochovo snežinko Slika 4. Prekrivanje ravnine z dvema, po površini razlǐc- ima Kochovima s ež nka a v razmerju ena p oti t i Slika 5. Prvih pet korakov razvoja Peanove krivulje Slika 6. Prvih deset korakov razvoja zmajeve krivulje Slika 7. Štiri zmajeve krivulje lahko lepo zložimo skupaj Slika 8. Prvih pet korakov razvoja preproge Sierpińskega Slika 9. Prvih pet korakov razvoja Hilbertove krivulje Slika 10. Vejica Tabela 1. Krivulje opisane v notaciji L-sistema 7 ime kriv lje aksiom pravila kot Kochova snežinka F++F++F F=F–F++F–F 60 Preproga Sierpińskega F F=F+F–F–FF–F–FF–F–F+F 90 Zmajeva krivulja FX X=X+YF+, Y=–FX–Y 90 Peanova krivulja F F=F+F–F–F–F+F+F+F–F 90 Hilbertova krivulja L L=+RF–LFL–FR+ R=–LF+RFR+FL– 90 Vejica X X=F–[[X]+X]+F[+FX]–X, F=FF 25 Preproga Sierpińskega Slika 8 Začnimo z daljico (slika 8a), potem pa v vsakem na- slednjem koraku daljico zamenjamo z likom (slika 8b), ki je sestavljen iz osmih za tretjino krajših da- ljic. Če postopek ponovimo neskončnokrat, dobimo krivuljo z imenom preproga Sierpinśkega. Preproga Sierpińskega ni prostor zapolnjujoča krivulja. Vsota površin vseh „lukenj“ v preprogi je enaka najmanjši površini kvadrata, ki jo potrebujemo, da vanj vriše- mo krivuljo. Torej, sama krivulja ne prekrije nobene površine. Krivuljo je prvi opisal poljski matematik Wacłav Sierpiński leta 1916. Hilbertova krivulja Slika 9 Osnovni element te krivulje je lik na sliki 9a. V prvem koraku uporabimo štiri osnovne elemente in jih po- vežemo med seboj s tremi daljicami, kot prikazuje slika 9b. Za vsak naslednji korak uporabimo zad- njo dobljeno sliko kot osnovni element. Krivulja, ki jo dobimo po neskončno mnogo korakih, se imenuje Hilbertova krivulja in je prostor zapolnjujoča krivul- ja. Krivuljo je prvi opisal nemški matematik David Hilbert leta 1891. L-sistemi L-sisteme je predstavil madžarski biolog Aristid Lin- denmeyer leta 1968 predvsem z namenom opisovan- ja razvojnega procesa rastlin. Izraz L-sistemi zajema množico formalnih jezikov, vendar se ne bomo spuš- čali v natačno formalizacijo. Vpeljali bomo le najbolj preproste elemente takega jezika, s katerimi bomo lahko opisali vse do sedaj predstavljene krivulje. Lik, ki ga uporabimo z začetek risanja k ivulje, ime ujemo aksiom. Postopek, kako z prejšnjega l ka dobimo naslednj ga, pa opišemo s pravili. Naj sim- bol F predstavlja osnovno črto, ki jo rišemo z vnaprej določeno dolžino v smeri tr nutne orientacije. Sim- bol + naj predstavlja zasuk trenutne orientacije za vnaprej določen kot v pozitivno smer t r simbol – v negativ smer. Aksiom pr ds avlja niz, s katerim začnemo. Na prvem koraku aksiom pretvorimo nov niz po danih p avilih. Za vsak naslednji korak moramo niz iz prejšnjeg koraka episati v nov niz po danih pravilih. Niz, k ga dob mo na t k način, lahko int rpretiramo kot natančno navodilo za ris - je krivulj . Simboli, ki nim o grafičn interpretacije, služijo le uporabi pravil. Pravila za g eriranje pred- stavljenih krivulj so zbran v tabeli 1. 4 29 r a č u n a l n i š t v o import javax . swing .∗ ; // for JPanel , etc . import java . awt .∗ ; // for Graphics , etc . public class LSystem extends JPanel { private stat ic int FRAME_WIDTH = 800; // frame width private stat ic int FRAME_HEIGHT = 500; // frame height private stat ic String axiom = "FX" ; // rules for Dragon curve private stat ic String [ ] rules = new String [ ] { "X=X+YF+" , "Y=−FX−Y" } ; private stat ic int generations = 13; private stat ic int segmentLength = 2; private stat ic int angle = 90; private String curve ; public LSystem ( ) { curve = generateCurve ( generations , axiom ) ; } private String generateCurve ( int gen , String curve ) { i f ( gen==0) { return curve ; } else { String newCurve = " " ; for ( int curveSymbolIndex=0; curveSymbolIndex