PRESEK LETNIK 018) ŠTEVILKA 1 _¿3 _ Jla "ste* -» DIRICHLETOV PRINCIP IN PARADOKS ROJSTNEGA DNEVA -»KAKO NA ZASLONU PRIKAZATI BARVE MILNIČNIH MEHURČKOV? -» DOLČINA OPOLDANSKE SENCE -» RUBIKOVO MAČČEVANJE 9 7 7 O 3 5 I n n 5 5 I 7 9770351665517 9770351665517 MATEMATIČNI TRENUTKI Načrtovanje boljših biciklov -> Ceprav so bicikli precej enostavne naprave, že več kot stoletje ne znamo natančno odgovoriti na vprašanja o njihovem delovanju. Tako nimamo natančnega odgovora na vprašanje, katere sile so odgovorne za stabilno vožnjo, ali pa zakaj lahko premikajoči se bicikel vozi brez voznika, če le ohranja hitrost. Matematiki, fiziki in inženirji skušajo s pomočjo modelov, ki vključujejo diferenčialne enačbe, geometrijo in linearno algebro, odgovoriti tudi na tovrstna vprašanja. Hkrati bi radi pomagali pri poskusih načrtovanja drugačnih bičiklov, ki bi bili bolj stabilni in lažje vodljivi. Trenutna oblika bičiklov temelji na poskušanju in učenju iz napak. V zadnjem času pa so raziskovalči s pomočjo matematike in mehanike zapisali enačbe, ki opisujejo delovanje glavnih delov bičikla: njegovih koles, okvirja in krmila. Ugotovili so, da ne drži dolgoletno prepričanje, da se mora prednje kolo dotikati tal za točko, kjer bi podaljšek osi krmila dosegel tla (glej sliko). Najprej so s pomočjo matematike, nato pa še eksperimentalno, pokazali, da je lahko stabilen tudi bičikel, ki krši to pravilo. S pomočjo dobljenih enačb bo možno raziskovati čisto nove kon-čepte, ki bodo s pomočjo računalnika ali klasičnega načrtovanja vodili do inovačij pri bodočih oblikah bičiklov. Za več informačij si preberite članek Physics on Two Wheels, ki ga je objavil Brendan Borell v reviji Nature 21. julija 2016 na straneh 338-341. XXX KOLOFON Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 45, šolsko leto 2017/2018, številka 1 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojča Cepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domanjko, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lučijana Kračun Berč (tekmovanja), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Igor Pesek (računalništvo), Marko Razpet, Matjaž Venčelj, Matjaž Zaveršnik (tehnični urednik). Dopisi in naročnine: DMFA-založništvo, Presek, Jadranska uliča 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2017/2018 je za posamezne naročnike 19,20 eur - posamezno naročilo velja do prekliča, za skupinska naročila učenčev šol 16,80 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakčijski račun: 03100-1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift(bic): SKBASI2X, iban: SI560310 0100 0018 787. List sofinancira Javna agenčija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije iz sredstev državnega proračuna iz naslova razpisa za sofinančiranje domačih poljudno-znanstvenih periodičnih publikačij. Založilo DMFA-založništvo Oblikovanje Tadeja Šekoranja Tisk Collegium Graphičum, Ljubljana Naklada 1700 izvodov © 2017 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 2034 Razmnoževanje ali reprodučiranje čelote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana. NAVODILA SODELAVCEM PRESEKA ZA ODDAJO PRISPEVKOV 2 PRESEK 45 (2017/2018) 1 Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matematike, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja Prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralčev, učenčem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Clanek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in sedež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko večinoma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 čm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo objaviti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti dovoljenje (čopyri-ght). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrstičami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredništva DMFA-založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-čenzentu, ki očeni primernost članka za objavo. Ce je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorne datoteke. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različič urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. 4-6 7-10 11-13 18-19 20-21 22-29 MATEMATIČNI TRENUTKI Načrtovanje boljših biciklov MATEMATIKA Dirichletov princip in paradoks rojstnega dneva (Primož Moravec) Napoleonov problem (Mateja Carman) FIZIKA Kako na zaslonu prikazati barve milničnih mehurčkov? (Andrej Likar) ASTRONOMIJA Dolžina opoldanske sence, ki jo navpična palica mece na vodoravno ravnino (Marijan Prosen) Opoldanska senca vodoravne palice na navpicno ravnino (Marijan Prosen) RAČUNAL NI ČTVO Rubikovo mašcevanje: algoritem za reševanje Rubikove kocke 4 x 4 x 4-1. del (Marko Jakovac) 16-17 29 30-31 14-15 priloga priloga RAZVEDRILO Križne vsote Rešitev nagradne križanke Presek 44/6 (Marko BokaliC) Nagradna križanka (Marko BokaliCc) Barvni sudoku Naravoslovna fotografija - Vodna gladina (Aleš MohoriC) TEKMOVANJA EuPhO 2017 (Barbara Rovšek in Jurij Bajc) 53. tekmovanje iz matematike za Vegovo priznanje - državno tekmovanje Tekmovanje v znanju poslovne in financne matematike ter statistike za srednje šole - šolsko tekmovanje Tekmovanje v znanju financne matematike ter statistike -šolsko tekmovanje Tekmovanje iz fizike za bronasto Štefanovo priznanje -šolsko tekmovanje Slika na naslovnici: Raca plava po mirni vodni gladini s hitrostjo vecjo od hitrosti vodnih valov ter pri tem za seboj pušca znacilno, klinasto valovno brazdo. Vec o pojavu govori prispevek v Naravoslovni fotografiji. Foto: Tina Ogrinc. 2 MATE MATIKA Dirichletov princip in paradoks rojstnega dneva Primož Moravec -> Dirichletov princip ni nic drugega kot enostavno dejstvo, ki ga lahko formuliramo na naslednji način: Cev n škatel razporedimo n + 1 žogic, sta v eni škatli vsaj dve žogici. Na prvi pogled nič posebnega, toda to načelo je v matematiki zelo uporabno. Prvič se je pojavilo v literaturi z delom Dirichleta (1805-1859) v teoriji števil, zato tudi nosi njegovo ime. Prispevek o Dirichletovem principu je že izšel v Preseku [1] pred 30-imi leti. Tudi v tem clanku bomo prikazali nekaj primerov uporabe Dirichletovega principa, na koncu pa bomo problem razporejanja žogic v škatle pogledali še z drugega, verjetnostnega zornega kota. Oglejmo si nekaj osnovnih primerov. Recimo, da imamo skupino 367 ljudi. Potem med njimi obstajata vsaj dve osebi, ki praznujeta rojstni dan na isti dan. Podoben sklep pokaže, da med poljubnimi štirimi naravnimi števili obstajata dve, ki imata isti ostanek pri deljenju s 3. Poleg tega očitno velja nekoliko splošnejša razlicica Dirichletovega principa, ki se glasi: Cev n škatel razporedimo kn + 1 žogic, je v vsaj eni škatli vec kot k žogic. Lotimo se še malo zahtevnejših primerov. Problem 1: V sobi je 2017 oseb. Pokaži, da obstajata vsaj dve osebi, ki imata enako število znancev v sobi. Rešitev. Imejmo 2017 škatel, oznacenih s števili od 0 do 2016, in osebo spravimo v škatlo n, ce ima v sobi natanko n znancev. Ce je kakšna oseba v škatli številka 0, potem ni nikogar v škatli številka 2016, in © © © © © © © ® © © SLIKA 1. Deset žogic in devet škatel obratno. Torej imamo v resnici na voljo 2016 škatel, kamor razporejamo 2017 oseb. Sedaj lahko neposredno uporabimo Dirichletov princip in sklepamo, da sta v eni od škatel vsaj dve osebi, to pa je ravno rešitev našega problema. Problem 2: Med n celimi števili vedno obstaja pod-množica teh števil, katere vsota je deljiva z n. Rešitev. Naj bodo x1,x2,... ,xn cela števila. Oglejmo si vsote ■ 51 = X1, s2 = X1 + x2, Sn = x1 + x2 + xn 4 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA Ce je že ena od teh vsot deljiva z n, potem je naloga rešena. V nasprotnem primeru vse vsote pri deljenju z n dajo neniceln ostanek. Teh vsot je n, na voljo pa imamo le n - 1 nenicelnih ostankov. Po Dirichleto-vem principu obstajata dve vsoti, recimo sm in sm+k, ki pri deljenju z n dasta enak ostanek. Potem pa je vsota " sm+k - sm = xm+1 + xm+2 + • • • + xm+k deljiva z n. Naslednje dejstvo je mogoče izpeljati s pomočjo Evklidovega algoritma, tu pa pokažimo, kako do njega pridemo z Dirichletovim principom. Spomnimo se, da pravimo, da sta naravni števili m in n tuji, ce je 1 najvecje naravno število, ki hkrati deli m in n. Rešitev. Naj bosta A in B takšni tocki, za kateri je razdalja |AB| najvecja možna. Ce je |AB| < 1, je naloga že rešena; krog s središcem v A in polmerom 1 vsebuje v svoji notranjosti vseh 2017 danih tock. Predpostavimo torej, da je |AB| > 1. Ce je X katerakoli od danih tock, ki je razlicna od A in B, potem velja |AX | < 1 ali |BX | < 1. V tem primeru vsaka od danih tock pade v notranjost kroga s središcem v A in polmerom 1 ali v notranjost kroga s središcem B in polmerom 1. V jeziku škatel, v dve škatli razporejamo 2017 = 1008 • 2 + 1 žogic. Zato ena od škatel (torej eden od krogov) vsebuje vec kot 1008 žogic (torej tock). Bralca vabimo k rešitvi naslednjih nalog: Problem 3: Naj bosta m in n tuji naravni števili. Potem obstajata naravni števili x in y, da je nx -my = 1. Rešitev. Oglejmo si števila n, 2n,...,(m - 1)n in njihove ostanke pri deljenju z m. Ker nobeno od navedenih števil ni deljivo z m, se ostanek 0 ne pojavi. Ali se lahko zgodi, da se tudi ostanek 1 ne pojavi? Ce bi se to zgodilo, bi imeli na voljo m - 2 vrednosti za ostanke in bi po Dirichletovem principu v zgornjem zaporedju števil obstajali dve razlicni števili. Ozna-cimo ju z an in bn kjer je a > b, ki bi pri deljenju z m dali enak ostanek. V tem primeru bi bilo število an - bn = (a - b)n deljivo z m, to pa ni mogoce, saj sta m in n tuji števili in a - b < m. Sklepamo torej, da obstaja tako naravno število x G {1, 2,...,m - 1}, da je ostanek nx pri deljenju z m enak 1, kar lahko zapišemo tudi kot nx = my + 1 za neki y G N. Hitro lahko preverimo, da velja tudi obrat trditve v zgornjem primeru; ce za naravni števili m in n obstajata taki naravni števili x in y, daje nx-my = 1, potem sta m in n tuji števili. Ce je namrec najvecji skupni delitelj števil m in n enak d, potem lahko zapišemo m = dm1 in n = dn1 za neki naravni števili m1 in n1. Dobimo d(n1x-m1y) = 1, od koder takoj sledi d = 1. Problem 4: V ravnini je 2017 razlicnih tock, za katere velja, da v poljubni trojici tock obstajata dve, ki sta oddaljeni za manj kot 1. Pokaži, da obstaja krog s polmerom 1, znotraj katerega je vsaj 1009 tock. V kocki z robom dolžine 5 na slepo izberemo 124 tock. Pokaži, da znotraj te kocke obstaja kocka z robom dolžine 1, ki ne vsebuje nobene od izbranih tock. V sobi je 2017 oseb, vsak se rokuje z vsakim. Potem sta v vsakem trenutku v sobi vsaj dve osebi, ki sta se do tega casa rokovali z enakim številom oseb. V konveksnem šestkotniku vedno obstaja diagonala, ki odreže trikotnik, katerega plošcina ne presega ene šestine plošcine šestkotnika. Naj bosta a in b tuji naravni števili. Potem v decimalnem zapisu ulomka a/b perioda de-cimalk ne presega b - 1. Oglejmo si sedaj primer, ko razporejamo m žogic v n škatel. Ce je m < n, se prav lahko zgodi, da nobena od škatel ne vsebuje vec kot ene žogice. Lahko pa govorimo o verjetnosti, da vsaj ena od škatel vsebuje vsaj dve žogici. Formalne definicije verjetnosti tu ne bomo navedli, bodimo malce površni. Predstavljajmo si, da žogice na slepo mecemo v škatle, za nas pa bo zanimiv dogodek, da po koncu razporejanja vsaj ena škatla vsebuje vsaj dve žogici. Ce z x oznacimo število nacinov, na katere lahko m žogic razporedimo v n predalov, z y pa število tistih razporejanj, ki dajo ugoden rezultat, torej, da vsaj ena škatla vsebuje vsaj dve žogici, potem razmerju P = y x 5 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA —^ pravimo verjetnost dogodka, da vsaj ena škatla vsebuje vsaj dve žogici. Število p torej pove razmerje med številom »dobrih razporejanj« in številom vseh razporejanj žogic v škatle. Dirichletov princip pravi nic drugega kot to, da ce razporejamo vsaj n + 1 žogic v n škatel, potem je p = 1. V teoriji verjetnosti pravimo, da je dogodek »v vsaj eni škatli sta vsaj dve žogici« gotovi dogodek. Poskusimo izračunati verjetnost p v splošnem. Najprej si oglejmo, na koliko nacinov lahko razporedimo m žogic v n škatel. Pri tem predpostavimo, da je m < n. Mislimo si, da žogice zaporedoma me-cemo v škatle brez omejitev. Za prvo žogico imamo n možnih izbir škatle, za drugo prav tako itd. Za razporeditev m žogic v n škatel imamo torej na voljo x = nm razporejanj. Izracunajmo še y, pri ce-mer si pomagajmo z manjšim trikom. Oglejmo si namrec število % - y. To je ravno število vseh možnih razporejanj žogic v škatle, pri katerih na koncu vsaka škatla vsebuje kvečjemu eno žogico. V tem primeru imamo za prvo žogico n možnih izbir škatle. Za drugo žogico velja, da je ne smemo dati tja, kjer je že prva, torej imamo na voljo še n - 1 ška-tel. Podobno imamo za tretjo žogico n - 2 možnih izbir škatle. Na koncu imamo za m-to žogico natanko n - m + 1 možnih izbir škatle. Zato je % - y = n(n - 1)(n - 2) ■ ■ ■ (n - m + 1), torej dobimo p= nm - n(n - 1)(n - 2) ■ ■ ■ (n - m + 1) n" 1 n(n - 1)(n - 2) ■ ■ ■ (n - m + 1) nm p=1- 365 ■ 364 ■ ■ ■(366 - n) 365n ' Na sliki 2 je graficno prikazano, kako se p obnaša v odvisnosti od n. p 1.0 - 0.6 0.4 Opazimo, da formula velja tudi za primer, ko je m > n. V tem primeru je namrec števec drugega ulomka v zgornjem izrazu enak 0 in je p = 1, kar je ravno Dirichletov princip. Recimo, da imamo skupino n ljudi in gledamo njihove rojstne dneve. Zaradi enostavnosti predpostavimo, daje vsak od 365 dni neprestopnega leta enako verjeten kot rojstni dan, 29. februarja pa ne štejemo. Verjetnost, da imata vsaj dve osebi rojstni dan na isti dan, je SLIKA 2. Verjetnost, da imata med n ljudmi vsaj dve osebi rojstni dan na isti dan Rezultat je nekoliko presenetljiv. Za n = 23 dobimo p = 0,507, kar lahko interpretiramo kot dejstvo, da v skupini 23 ljudi obstaja 50 odstotna možnost, da imata vsaj dva rojstni dan na isti dan. Ko je v skupini 60 ljudi, je ta možnost že 99,4 odstotna. To je v nasprotju z intuicijo, saj je ljudi le 60, možnih rojstnih dni pa 365, zato bi pricakovali, da je možnost, da imata vsaj dva med njimi rojstni dan na isti dan, bistveno manjša. Temu navideznemu protislovju pravimo paradoks rojstnega dneva, pojav pa se s pridom uporablja v kriptografiji pri nakljucnem razvozlavanju šifriranih sporocil. Bralec se lahko za konec pozabava z naslednjim problemom. Recimo, da ljudje vstopajo v sobo eden za drugim. Za katero osebo po vrsti bo najvecja verjetnost, da je prvi od ljudi, ki so vstopili, in ima rojstni dan na isti dan kot nekdo, ki je že v sobi? Literatura [1] Dragoljub M. Miloševic, prevod Peter Šemrl, Dirichletov princip, Presek 14 (1986/1987), 2, 110-111. _ XXX n 20 40 60 80 100 6 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA Napoleonov problem •is •i' nU Mateja Čarman Ukvarjali se bomo s konstrukcijskim problemom. Podano imamo krožnico (brez središča). Naša naloga je, da samo z uporabo šestila razdelimo krožnico na štiri enake dele. To je ekvivalentno problemu, da v dano krožnico včrtamo kvadrat. Nalogo bomo razdelili na dva dela. V prvem delu bomo konstruirali središce dane krožnice, v drugem delu pa bomo krožnici s podanim središcem vcrtali kvadrat. Drugi del problema je znan tudi kot Napoleonov problem. Sicer ni povsem znano, ali je problem res postavil on, tudi ni jasno, ali je ta problem sploh rešil. Prvi del. Konstrukcija središča danega kroga s šestilom Potek konstrukcije Na krožnici si izberemo poljubno tocko A (glej sliko 1). Narišemo krožnico K1 s središčem v A in poljubnim polmerom, večjim od polmera dane krožnice in manjšim od premera. Presecišci krožnice K1 z dano krožnico oznacimo z B1 in B2. Narišemo K2(B1, |AB11) in K'2(B2, |AB2|), ki se sekata v tocki C. V nadaljevanju narišemo krožnico K3 s središcem v C in polmerom |AC |. Presecišci krožnic K3 in K1 oznacimo z D1 in D2. Nazadnje narišemo še krožnici K4(D1, |AD1|) in K4(D2, |AD2|). Trdimo, da je njuno presecišce T središce prvotnega kroga. SLIKA 1. Konstrukcija središča kroga s šestilom 7 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA Dokaz Naj bo S središče kroga (te tocke sicer še ne znamo skonstruirati). Naš cilj je dokazati, daje T = S, torej, daje T središče prvotne krožnice. Dokaz bo potekal v dveh delih. Najprej si poglejmo le krožnice K1, K2 in K'2 (glej sliko 2). Predpostavimo, da središca krožnice že poznamo. Razdalja |AS| = r je ravno polmer dane krožnice, dolžino |AB2| oznacimo z b, kot B2AS pa z a. Tocka B2 leži na prvotni krožnici, zato je |SB2| = r, tocki C in A pa ležita na krožnici K'2, zato je |B2C| = |B2A| = b. Trikotnik AB2S je enakokrak, zato je ZAB2S = a, prav tako je trikotnik AB2C enakokrak in zato je ZB2CA = a. Zaradi podobnosti trikotnikov AB2S in CAB2 velja razmerje ■ IAB21 : |AS | = |AC | : | CB21. od koder sledi IAB2IICB2I I AC | = IAS | Zapisano z našimi oznakami dobimo b2 • I AC | = —. r SLIKA 2. Prvi del dokaza V drugem delu dokaza si bomo ogledali še krožnice K3, K4 in K'4 (glej sliko 3). Velja |AD2| = b, saj tocka D2 leži na krožnici Ki tako kot tocka B2. Tocki A in D2 ležita na krožnici K4, katere središce je C, zato velja |AC| = |CD2|. Oznacimo kot D2AT z ¡3. Zaradi enakokrakih trikotnikov velja analogno kot v prvem delu ZD2AT = ZAD2C = ZATD2 = 3 ter podobnost trikotnikov AD2T in D2CA. Torej velja razmerje ■ |AT| : IAD2I = IAD2I : ICD2I. Izrazimo |AT|: IAD2IIAD2I |AT | = ICD2I Namesto |AD2| pišimo b, namesto |CD2| pa |AC| in vstavimo rezultat prvega dela. Dobimo: |AT | = b2 b2 |AC | bi r. S tem smo dokazali, da je T res središče prvotne krožnice. Drugi del. Konstrukcija včrtanega kvadrata v krog z danim središčem Potek konstrukcije Središče dane krožnice sedaj že znamo določiti, označimo ga z S. Na krožnici izberemo poljubno točko X (glej sliko 4). Narišemo krožnico K\ s središčem X in polmerom |XS|. Presečišča s prvotno krožnico označimo z V in Y. Narišemo krožnico K' s središčem Y in enakim polmerom kot Ki. Krožnica seka prvotno krožnico v točkah X in Z. Potem narišemo krožnici K2(V, ivy I) in K2 (Z, |ZX|) ter eno od njunih presečišč označimo s T. Nazadnje narišemo še krožnico K3 s središčem Z in polmerom |ST|. Presečišči K3 in prvotne krožnice označimo z U in W. Točke VWZU so oglišča kvadrata. www.obzornik.si 8 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA SLIKA 3. Drugi del dokaza SLIKA 4. Konstrukcija vcrtanega kvadrata 9 PRESEK 45 (2017/2018) 1 MATE MATIKA SLIKA 5. Izračun stranic |VY| in IZX| Krožnici K2 in K'2 imata enak polmer. Tocki T in Y ležita na K2, zato je |VY| = |VT| (glej sliko 6). Tocki T in X pa ležita na K'2, zato je |ZX| = |ZT|.Če uporabimo zadnje enakosti, smo ugotovili, da je trikotnik VTZ enakokrak z dolžino kraka rVŠ. Tocka S je razpolovišce osnovnice trikotnika VTZ, torej je trikotnik VTS pravokoten. Za izračun stranice |ST | uporabimo Pitagorov izrek: ■ |sr|=VivrI2 -isvI2 = V(rV3)2 - r2 = V3r 2 - r2 = rVŽ. S tem je dokaz zaključen, saj nam je uspelo poiskati razdaljo rV2, ki predstavlja dolžino stranice včrta-nega kvadrata. Dokaz Naj bo polmer dane krožnice r. Diagonala kvadrata vcrtanega v krožnico bo merila 2r, torej bo stranica kvadrata dolga rV2. S konstrukcijo želimo dobiti dve tocki, katerih razdalja meri rV2, kar predstavlja dolžino stranice v krožnico vcrtanega kvadrata. Naš cilj je dokazati, da sta V in Z diametralni tocki in da je |Z^| = |ST| = rV2, kar je ravno dolžina stranice kvadrata. Polmer prvotne krožnice ter krožnic Ki in Ki meri r, zato velja |VS| = |ZS| = |XS| = |XV| = |XY| = | YS| = |YZ| = r (glej sliko 5). Trikotniki VXS, XYS in YZS so enakostranicni z dolžino stranice r. Od tod sledi, da je kot ZVSZ = 60° + 60° + 60° = 180°. Torej tocki V in Z ležita na premeru prvotne krožnice. Naslednje, kar nas zanima, je dolžina daljice |VY|. Daljica |XS| je simetrala omenjene daljice in jo razpolavlja. Torej je polovica daljice |VY| ravno višina enakostranicnega trikotnika XYS in zato meri SLIKA 6. Izračun stranice |ST| XXX ^2^. Torej je dolžina daljice |VY| = 2 Analogno pokažemo, daje |XZ | = rV3. = rv3. www.obzornik.si www.presek.si 10 PRESEK 45 (2017/2018) 1 FIZIKA Kako na zaslonu prikazati barve milničnih mehurčkov? •4/ •i' •i' Andrej Likar V prispevku [1] smo pokazali, kako z mavričnimi barvami predstavljamo števila. Na sliki 1 je taka lestvica predstavljena z valovnimi dolžinami mavričnih barv, izraženih z nanometri. Še vidni rdeči barvi smo pripisali 680 nm, izginjajoči vijolični pa 400 nm. Za vsako barvo z dano valovno dolžino vemo, kako jo predstavimo na računalniškem zaslonu z njemu osnovnimi barvami: rdečo, zeleno in modro. S to lestvičo si pomagamo pri prikazu barv, ki jih opazimo na milničnih mehurčkih ali na tanki plasti olja na vodni gladini. Te barve seveda niso več mavrične. SLIKA 1. Mavrične barve z valovnimi dolžinami v nanometrih Na tanki plasti se odbita bela svetloba obarva. Na sliki 2 je predstavljena skica, ki jo najdemo v sleherni knjigi, ki obravnava osnove fizike. Ko svetloba z izbrano valovno dolžino pade na milnicno opno, se odbije na sprednji in zadnji mejni ploskvi. Vpadni kot je označen z a, lomni kot pa z p, tako da velja zaradi lomnega zakona sin a sin p = n. Tu je n lomni količnik milnice. Svetlobi odbiti od obeh plasti interferirata in daleč stran dobimo bodisi ojačano bodis pa oslabljeno svetlobo, pač glede na svetlobo iz prve plasti. Svetloba iz spodnje plasti naredi do očesa nekoliko daljšo pot kot svetloba iz zgornje plasti. Nihanji jakosti električnega polja pri obeh svetlobah zato nista enaki. Ce sta usklajeni, da torej obe hkrati dosežeta amplitudo, ničlo in ampli-tudo v nasprotni smeri, se ojačujeta. Oslabita pa se, če si njuni nihanji nasprotujeta, da torej ena doseže amplitudo, druga pa prav takrat amplitudo v nasprotni smeri. Med obema skrajnima primeroma so delne ojačitve in delne oslabitve. Nihanje odbitih svetlob v očesu opišemo takole: svetloba iz sprednje mejne plasti v izbranem trenutku: ■ čos (wt), svetloba iz zadnje mejne ploskve: ■ čos (wt + 5). Skupno nihanje je potem vsota obeh: ■ čos (wt) + čos (wt + 5). Po adičijskem izreku je to ■ 2 čos cot čos 5. Privzeli smo, da sta amplitudi nihanj obeh svetlob enaki. Od velikosti čos (5) je odvisno, kako svetlo ploskev vidimo. Fazni zaostanek 5, kot imenujemo to pomembno količino, je odvisen od debeline plasti h, lomnega kota ¡3 in valovne dolžine svetlobe A: r . .2nhn „. ■ čos o = sin (—-— čos p). A Zakaj je tako, lahko braleč razbere iz slike 2, kjer je razvidno, da je razlika poti obeh svetlob 2hčos (p), PRESEK 45 (2017/2018) 1 11 FIZIKA SLIKA 2. Skica, s katero izračunamo fazni zaostanek 5. SLIKA 3. Ojačenje ali slabitev svetlobe v odvisnosti od valovne dolžine pri debelini milnične plasti h = 375 nm in zornem kotu a = 0° fazna razlika zato 2hn cos (fi) in še dodatnih 180°, ker se svetloba na zadnji mejni ravnini odbije z nasprotno fazo. Bela svetloba se po odboju obarva, ker se nekatere njene sestavine ojacajo, druge pa oslabijo. Na sliki 3 smo z grafom ponazorili spremembe jakosti razstavljene bele svetlobe. Po odboju na zrcalu bi bila krivulja vodoravna, po odboju na tanki plasti pa kaže izrazito spreminjanje. Krivulja ojačitve ali oslabitve je odvisna ne le od valovne dolžine svetlobe, temveč tudi od debeline plasti, lomnega količnika plasti n in zornega kota a. SLIKA 4. Izračunane barve milnične opne v odvisnosti od debeline opne (os x) in zornega kota a (os y). Opna se proti desni enakomerno debeli od debeline 0 do debeline 1 500 nm, zorni kot pa enakomerno narašča od 0 (pogled pravokotno na opno) do 90° (tangenčialni pogled). Ker vemo, kako posamezne mavrične barve sestavimo na zaslonu, lahko upoštevamo interferenco na plasti za vsako barvo posebej in potem dobljeni spekter sestavimo nazaj v eno samo zaslonsko barvo. Na sliki 4 smo prikazali barve po odboju na milnicni opni v odvisnosti od debeline plasti (os x) in zornega kota a (os y). Slika 5 kaže eksperimentalno dobljene barve opne, ki se ji debelina navzdol veca, kjer smo barve posneli s fotoaparatom. Ujemanje je kar dobro, majhne razlike nastanejo zaradi rdecka-ste svetlobe iz svetila. 12 PRESEK 45 (2017/2018) 1 12 FIZIKA SLIKA 5. Posnete barve na milnicni opni, ki se ji debelina veca od zgoraj navzdol. Na vrhu je opna zelo tanka, ker teža vlece milnico na spodnji del opne, ki se pri tem debeli. SLIKA 6. Izsek iz slike 5 Komentirajmo dobljeno barvno sliko milnične opne. Pri zelo majhni debelini se odbita svetloba ne glede na njeno valovno dolžino popolnoma oslabi, ker se na zadnji mejni ravnini opne odbije z nasprotno fazo. Pri nekoliko večji debelini se svetloba iz obeh mejnih ploskev ojačuje spet ne glede na valovno dolžino, kije pri vseh mavričnih barvah mnogo večja od debeline plasti. Vidimo skoraj belo progo. Za njo se pojavijo značilne barve, ker se del svetlobe z ustreznimi valovnimi dolžinami oslabi, ostali deli pa ojačijo. Barve so tu izrazite, potem pa pri vse večji debelini opne postajajo vse bolj blede, ker se ojačujejo in slabijo vse ožji pasovi barv v mavrici -odbita svetloba postaja siva. V prvi številki lanskega Preseka je na naslovniči prikazan račak s čudovito obarvanim perjem. Kako pa pride do takšnih barv? Zgradba peres je prav zanimiva, pod močnimi mikroskopi se razkrije ponavljajoči se vzoreč, ki odbija svetlobo. Interferenča teh odbojev ojači svetlobo v ozekem pasu valovnih dolžin. Na sliki 7 smo prikazali kroglo, ki bi odbijala svetlobo kot račakovo perje na glavi. Zelena barva prehaja v modro na robovih slike, kjer je zorni kot drugačen kot na sredini. SLIKA 7. Krogla, ki odbija svetlobo kot perje na racakovi glavi. Literatura [1] A. Likar, Barvna lestvica, Presek (2016/2017), 44, 4. _ XXX PRESEK 45 (2017/2018) 1 13 FIZIKA Barbara Rovšek in Jurij Bajc -> Med 20. in 24. majem 2017 je v Tartuju in Ta-linu v Estoniji potekala 1. EFO, evropska fizikalna olimpijada. Tekmovalo je 91 dijakov iz 20-ih držav, med katerimi so bile poleg 16-ih evropskih še Brazilija, Singapur, Tadžikistan in Turčija. Slovensko ekipo smo izbrali na izbirnem tekmovanju 21. aprila 2017. V ekipo so se uvrstili dijaki Aleksej Jurca in Marko Čmrlec iz Gimnazije Bežigrad v Ljubljani, Luka Govedič in Urban Duh iz II. gimnazije v Mariboru ter Klemen Bogataj iz Gimnazije Škofja Loka. Evropska fizikalna olimpijada je sestavljena iz eksperimentalnega in teoretičnega dela. Prvi dan so dijaki tekmovali v reševanju eksperimenalne naloge, naslednji dan v reševanju treh teoretičnih nalog. Vsak del tekmovanja je trajal pet celih ur. V tem je evropska olimpijada podobna mednarodni fizikalni olimpijadi (MFO). Precej drugačne pa so bile naloge - spremljevalca ekipe sva imela s prevajanjem bistveno manj dela kot običajno na mednarodni olimpijadi. Če so na MFO naloge podrobno strukturi-rane in imajo prečej dolga spremljevalna besedila, so bila na 1. EFO besedila nalog kratka, naloge pa zastavljene problemsko, brez usmerjanj in namigov -in zato precej težje ter velik izziv ne le za tekmovalce, ampak tudi za vodje ekip. Take vrste nalog lahko pricakujemo tudi v prihodnosti. Kogar zanimajo naloge, jih lahko najde v jezikih vseh sodelu-jocih držav na spletnih straneh organizatorja http: //eupho. ut. ee. In bera nagrad? Odlicna. Aleksej, Luka in Marko so si prislužili srebrne medalje, Urban bronasto, Kle-mnu se je medalja izmuznila (si pa je po objavi neuradnih rezultatov z uspešno utemeljitvijo svojega SLIKA 1. Urban in Marko med reševanjem eksperimentalne naloge. originalnega nacina reševanja dela eksperimentalne naloge priboril kar veliko dodatnih tock). Letošnja ekipa potuje v isti zasedbi v juliju 2017 tudi na 48. MFO v Indonezijo. Za prihodnost si želimo, da se mednarodnih fizikalnih tekmovanj udeleži vec dijakov in po možnosti tudi dijakinj. Pravila za izbor ekip, ki se bodo udeležile EFO v prihodnjih letih, bomo objavili na spletnih straneh DMFA Slovenije. Predvidoma bo 2. EFO v Rusiji, 3. v Romuniji in 4., leta 2020, v Sloveniji. 14 PRESEK 45 (2017/2018) 1 14 RAZVEDRILO SLIKA 2. Na sliki so Marko, Urban, Luka, Aleksej in Klemen po slavnostni podelitvi medalj, kjer je udeležencem olimpijade uvodne spodbudne besede namenila tudi estonska predsednica Kersti Kaljulaid. _ XXX nU vU NU RES ITEV NAGRADNE KRlS ANKE PRESEK 44/6 -> Pravilna rešitev nagradne križanke iz šeste številke Preseka je Počitnice. Izmed pravilnih rešitev so bili izžrebani Anže Mihelcic iz Kresnic, Karel Rankel iz Kranja in Anka Duda-ric iz Celja, ki so razpisane nagrade prejeli po pošti. _ XXX PRESEK 45 (2017/2018) 2 15 RAZVEDRILO ■is ■i' ■i' Nagradna križanka 16 PRESEK 45 (2017/2018) 2 16 RAZVEDRILO -> Črke iz oštevilčenih polj vpišite skupaj z osebnimi podatki v obrazec na spletni strani www.presek.si/krizanka ter ga oddajte do 15. oktobra 2017, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli knjižno nagrado. XXX PRESEK 45 (2017/2018) 2 17 ASTRONOMIJA_ Dolžina opoldanske sence, ki ■ I v I ■ v jo navpična palica mece na vodoravno ravnino Marijan Prosen V vodoravno ravnino (tla) zapicimo navpično palico. Od Sonca osvetljena palica meče senco na ravnino. Dolžina opoldanske sence, ki jo palica mece na vodoravno ravnino, je 5 = v / tg ¡3, ce je v dolžina (višina) navpicne palice, ¡3 pa opoldanski višinski kot Sonca dolocenega dne. Ker je ¡3 = 90° - (& - 5), kjer & pomeni geografsko širino (za kraje v Sloveniji je blizu 45°), 5 pa deklinacija Sonca (151 < 23,5°), za opoldansko dolžino sence tako dobimo enacbo ■5 = v tg(& - 5). Dolžina sence je pri konstantni dolžini palice odvisna od & in 5. Poglejmo nekaj zanimivih zgledov. ■ Ob enakonocju (5 = 0) je 5 = v tg &. Sonce se giblje po nebesnem ekvatorju. To enacbo lahko s pridom uporabimo za preprosto dolocitev zemljepisne širine pri izmerjenih 5 in v. Pri nas (& = 45°) je 5 = v. ■ Za kraje na Zemljinem ekvatorju (& = 0) je 5 = v tg(-5) = -v tg 5. Poleti opoldanska senca kaže proti jugu, pozimi proti severu, ob enakonocjih pa je ni (5 = 0), palica se projicira v tocko, saj je Sonce tam opoldne natancno nad glavo. ■ Na severnem Zemljinem polu (& = 90°) je 5 = v tg(90° - 5) = v / tg 5. Ob enakonocjih je neopredeljena, sicer je pa vidna le od spomladanskega do jesenskega enakonocja (najkrajša je ob poletnem Soncevem obratu, v/ tg 23,5°), jeseni in pozimi pa ni vidna, saj je Sonce pod obzorjem. Na splošno se dolžina sence 5 = v tg(&-5) pri konstantnem & v casu enega leta spreminja od v tg(& + SLIKA 1. Opoldanska dolžina sence 5, ki jo navpična palica z dolžino v meče v kraju z zemljepisno širino & na vodoravno ravnino; 3 je opoldanski višinski kot Sonca določenega dne in je ¡3 = 90° - (& - 5), kjer pomeni & > 0 geografsko širino kraja na severni Zemljini poluti in 5(-23,5° < 5 < 23,5°) deklinacijo Sonca. Poleti je 5 > 0, pozimi je 5 < 0, ob enakonocjih pa je 5 = 0, saj se Sonce giblje prakticno po nebesnem ekvatorju. 23,5°) do v tg(&-23,5°). Ce npr. vzamemo v = 1 m in & = 45°, se dolžina sence spreminja od približno 2,54 m (zimski Soncev obrat) do 0,39 m (poletni Son-cev obrat). 18 PRESEK 45 (2017/2018) 1 18 ASTRONOMIJA Še tri zanimive raziskovalne naloge ■ Narišite graf 5 = tg(45° - 5), ki prikazuje, kako se med letom spreminja dolžina sence metrske navpične palice v kraju z geografsko širino y = 45°, torej približno tako kot pri nas. Narišite graf za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonocja mimo drugega do tretjega spomladanskega enakonočja. Sestavite tabelo: čas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. ■ Narišite graf 5 = tg(-5), ki prikazuje spreminjanje dolžine sence metrske navpicne palice v krajih na ekvatorju, za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonocja mimo drugega do tretjega spomladanskega enakonočja. Upoštevajte le 5 > 0. Sestavite tabelo: čas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. ■ Narišite graf 5 = tg(90° - 5) = 1 / tg 5, ki prikazuje spreminjanje dolžine senče metrske navpične pa-liče na severnem Zemljinem polu, za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonočja mimo drugega do tretjega spomladanskega enako-nočja. Upoštevajte samo 5 > 0. Sestavite tabelo: čas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. Pri risanju vseh grafov velja omejitev: -23,5° < 5 < 23,5°. Zato jih rišemo od točke do točke. Pomagamo si z astronomskimi efemeridami Naše nebo, ki jih vsako leto izdaja Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije (kjer dobimo podatke za dekli-načijo Sonča), in s kalkulatorjem. V vseh treh primerih dobimo zanimive krivulje, ki jih znamo tudi dobro pojasniti. Prva je zvezna, ostali dve pa sta pretrgani. Seveda opazovanje te senče lahko uporabimo tudi pri določanju geografske širine. Rešitev Predvsem je potrebno natančno narisati vse tri grafe in jih smiselno komentirati. V času enega leta se dolžina senče navpične paliče v krajih na ekvatorju spreminja od 0 m (enakono-čje) do 0,4 m (zimski Sončev obrat). Senčo 5 > 0, ki opoldne kaže proti severu, lahko opazujemo le v jesenskem in zimskem času. V času enega leta se dolžina senče navpične paliče na severnem Zemljinem polu spreminja od nedoločene vrednosti ob enakonočjih do 2,3 m (minimum) ob poletnem Sončevem obratu. Senčo opazujemo spomladi in poleti; jeseni in pozimi pa senče sploh ni, saj se Sonče giblje pod obzorjem. _XXX Križne vsote •i/ -i' -i' Naloga reševalča je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrstičah in po stolpčih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na začetku vrstiče (stolpča) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstiči (stolpču) različne. 10 3 \ 14 = 11 8 2 6 5 8 9 7 8 V času enega leta se dolžina senče paliče spreminja približno od 0,4 m (minimum) do 2,5 m (maksimum). Senča je vidna vse leto. Krivulja, ki prikazuje potek dolžine senče med letom, je zvezna, to je nepretrgana. www.dmfa-zaloznistvo.si XXX PRESEK 45 (2017/2018) 1 19 ASTRONOMIJA Opoldanska senca vodoravne II I v ■ palice na navpično ravnino Marijan Prosen -> Večinoma pišemo o navpični palici, ki jo osvetljuje Sonce in meče senco na vodoravno ravnino (ravna tla). Ta pojav znamo tudi uporabiti. Pri znani dolžini palice in izmerjeni dolžini njene sence lahko v posebnih pogojih ugotovimo geografsko širino (in tudi dolžino) kraja. Tokrat pa bomo spregovorili nekaj besed o vodoravni, od Sonca osvetljeni palici. Vzemimo navpicno ravnino (ravno steno) v smeri vzhod-zahod. Vanjo zapicimo vodoravno palico z dolžino d tako, da vrh palice gleda proti jugu. Izracunajmo dolžino s opoldanske sence, ki jo od Sonca osvetljena palica mece na navpicno ravnino v kraju z geografsko širino p > 0 dolocenega dne v letu, ko je 5 deklinacija Sonca (slika) znana. Za de-klinacijo Sonca velja omejitev: -23,5° < 5 < 23,5°, kar pomeni, da deklinacija Sonca leži med omenjenima vrednostma. Sonce je opoldne na jugu, senca palice pa je usmer- jena od podnožišca palice navpicno navzdol. Pri nas je opoldne Sonce vedno nad obzorjem, zato ima samo taka senca pomen. Ce je Sonce pod obzorjem, do sence ne more priti. V našem primeru je dolžina sence palice pozitivna, torej 5 > 0. V primeru, da je 5 = 0, je senca palice tocka - sence ni (Sonce je na idealnem obzorju in njegov višinski kot je nic; žarki Sonca padajo pravokotno na steno in palica se projicira v tocko). Da je vrednost sence negativna (za 5 < 0), pa sploh ne more priti, saj Sonca ni nad obzorjem, ampak je pod njim. Iz slike 1 izpeljemo splošni izraz za dolžino opoldanske sence 5 na navpicni ravnini: ■ 5 = d/ tg(p - 5); 5 > 0. Dolžina sence ima torej vedno pozitivno vrednost (je vecja od nic in »gleda« dol) ali pa je nic (je ni), je tocka; odvisna je od kraja p in casa v letu, kar pove deklinacija 5 Sonca, ki se med letom spreminja. Seveda obravnavamo le senco, ko je Sonce na nebu in Navpicna ravnina (stena) E - W d jug 5 \ 1 90° - (p - 5) p - 5 Vodoravna tla SLIKA 1. Dolžina opoldanske sence 5, ki jo od Sonca osvetljena vodoravna palica d mece na navpično ravnino vzhod-zahod. Opoldanski višinski kot Sonca je 90° - (p - 5), kot med smerjo Soncevega žarka opoldne in navpicno ravnino pa je p - 5. Poleti je 5 > 0, pozimi je 5 < 0, ob enako-nocjih pa je 5 = 0. 20 PRESEK 45 (2017/2018) 1 20 ASTRONOMIJA osvetljuje palico. Pri nas so poleti sence daljše kot pozimi. Analizirajmo dobljeno enačbo za dolžino sence in poglejmo nekaj zanimivih zgledov. ■ Ob enakonocju (5 = 0) sledi 5 = d/ tg Dolžina sence je pri znani dolžini palice odvisna le od kraja Za y = 0 (ekvator) je senca nedo-locena, saj se Sonce za kraje na ekvatorju ta dan giblje od vzhoda do zahoda natanko po nebesnem ekvatorju na nebu in je opoldne v nadglavišcu. Za = 45° (približno v naših krajih) je 5 = d. Za = 90° je formalno 5 = 0 in sence ni. (Sonce se navidezno giblje po nebesnem obzorniku, ki so-vpade z nebesnim ekvatorjem; palica se projicira v tocko). ■ Za kraje na Zemljinem ekvatorju (^ = 0) je 5 = d/ tg(-5) = -d/ tg 5. Dolžina sence je odvisna le od 5. Ce je 5 = 0, je senca nedolocena, kar že vemo. Ce je 5 > 0, ne pride do sence, za 5 < 0 pa do sence pride (od jesenskega do spomladanskega enakonocja, torej vso jesen in zimo). ■ Na severnem Zemljinem polu (^ = 90°) nebesne smeri sicer izgubijo pomen, vendar formalno velja 5 = d/ tg(90° - 5) = d tg 5. Dolžina sence je odvisna od 5. Za 5 = 0, je 5 = 0 in idealno ravna vodoravna palica se projicira v tocko, sence ni. Za 5 > 0 pa senca nastopi (od spomladi do jeseni), ko pa je 5 < 0, ne more priti do sence, saj je Sonce pod obzorjem. Kljub temu, da smeri neba tu niso opredeljene, je zanimivo, da izpeljano formulo za dolžino sence lahko dobro pojasnjujemo. V situacijo se moramo pac vživeti. Na splošno se dolžina sence 5 = d/ tg(y -5) pri konstantnem v casu enega leta spreminja od d/ tg(^-23,5°) do d/ tg(^+23,5°). Ce npr. vzamemo d = 1 m in = 45°, se dolžina sence spreminja od 2,54 m (poletni Soncev obrat) do 0,39 m (zimski obrat). Za konec pa še tri zelo zanimive raziskovalne naloge ■ Narišite graf 5 = 1/ tg(45° - 5), ki prikazuje, kako se med letom spreminja dolžina sence metrske vodoravne palice v kraju z geografsko širino y = 45°, torej približno tako kot pri nas. Narišite graf za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonocja mimo drugega do tretjega spomladanskega enakonocja. Sestavite tabelo: cas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. ■ Narišite graf 5 = -1/ tg 5, ki prikazuje spreminjanje dolžine sence metrske vodoravne palice v krajih na ekvatorju, za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonocja mimo drugega do tretjega spomladanskega enakonocja. Upoštevajte le 5 > 0. Sestavite tabelo: cas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. ■ Narišite graf 5 = tg 5, ki prikazuje spreminjanje dolžine sence metrske vodoravne palice na severnem Zemljinem polu, za dve zaporedni leti, tj. od prvega spomladanskega enakonocja mimo drugega do tretjega spomladanskega enakonocja. Upoštevajte samo 5 > 0. Sestavite tabelo: cas (datum) | 5 oziroma tabelo 5 | 5 in nato narišete graf. Pri risanju vseh grafov velja omejitev: -23,5° < 5 < 23,5°. Zato jih rišemo od tocke do tocke. Pomagamo si z astronomskimi efemeridami Naše nebo, ki jih vsako leto izdaja Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije (tu dobimo podatke za dekli-nacijo Sonca), in s kalkulatorjem. V vseh treh primerih dobimo zanimive krivulje, ki jih znamo tudi dobro pojasniti. Prva je zvezna, ostali dve pa sta pretrgani. Seveda opazovanje te sence lahko uporabimo tudi pri dolocevanju geografske širine. A to je že druga zgodba. Rešitev Predvsem je potrebno natancno narisati vse tri grafe in jih smiselno pokomentirati. V casu enega leta se dolžina sence spreminja približno od 0,4 m (minimum) do 2,5 m (maksimum). Senca je vidna vse leto. Krivulja, ki prikazuje potek dolžine sence med letom, je zvezna, tj. nepretrgana. V casu enega leta se dolžina sence spreminja od nedolocene vrednosti ob enakonocjih do 2,3 m (minimum) ob zimskem Soncevem obratu. Senco lahko opazujemo le v jesenskem in zimskem casu, spomladi in poleti pa je ni, saj se Sonce giblje po nebu za steno. ■ V casu enega leta se dolžina sence spreminja od 0 m do 0,4 m, in to spomladi in poleti; jeseni in pozimi pa sence sploh ni, saj se Sonce giblje pod obzorjem. _XXX PRESEK 45 (2017/2018) 1 21 RACUNALNIŠ TVO Rubikovo maščevanje; algoritem za reševanje Rubikove kocke 4 x 4 x 4 - 1. del Marko Jakovac -> V clanku [7] smo spoznali algoritem za reševanje Rubikove kocke dimenzije 3 x 3 x 3. Med drugim je bila v tem clanku omenjena tudi Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4, ki jo lahko vidimo na sliki 1 [1]. Poljudno jo imenujemo tudi Rubikovo mašcevanje (ang. Rubik's revenge) [5]. V nadaljevanju si bomo pogledali, zakaj je dobila takšno ime in kako jo rešimo. Pri tem bomo uporabljali podobne izraze kot v clanku za reševanje Rubikove kocke dimenzije 3x3x3. Osnovni pojmi Cilj reševanja Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 ostaja enak kot pri Rubikovi kocki dimenzije 3x3x3, tj. sestaviti enobarvne ploske. Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 ima šest ploskev. Vsaka ploskev je sestavljena iz 16-ih ploskev manjših kockic in je obarvana z eno izmed naslednjih barv: bela, rumena, modra, zelena, rdeca in oranžna. Vseh manjših koc-kic v celotni Rubikovi kocki dimenzije 4 x 4 x 4 je natancno 56 in jih locimo glede na njihovo lego v ve-cji kocki: SLIKA1. Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 ■ Sredinska kockica je ena izmed štirih kockic na sredini vsake ploskve. Štiri sredinske kockice na isti ploskvi imenujemo sredina. Dve vodoravni ali navpicni sosednji sredinski kockici imenujemo sredinska vrstica. Za razliko od Rubikove kocke dimenzije 3 x 3 x 3 se sredinske kockice med reševanjem kocke premikajo. Rubikova kocka dimenzije 4x4x4 ima 24 sredinskih kockic. 22 PRESEK 45 (2017/2018) 2 22 RACUNALNIŠ TVO ■ Kotna kockica je kockica na sticišcu treh ploskev in ima natancno tri barve. Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 ima osem kotnih kockic. ■ Robna kockica je kockica na sticišcu dveh ploskev in ima natancno dve barvi. Sosednji robni kockici imenujemo robna vrstica. Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 ima 24 robnih kockic. Plast Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 je cetrtina celotne kocke. Zunanji plasti sta sestavljeni vsaka iz 16-ih kockic, srednji plasti pa vsaka iz 12-ih kockic. Rubikovo maščevanje Da bi razumeli ozadje reševanja Rubikove kocke dimenzije 4x4x4, moramo najprej razumeti strukturo klasicne Rubikove kocke dimenzije 3 x 3 x 3. Marsikoga je že zamikalo, da bi Rubikovo kocko razstavil na manjše kockice. Ce to naredimo in nato kockice sestavimo nazaj v vecjo kocko, se lahko zgodi, da leta ne bo vec rešljiva. Dovolj je že, da izderemo eno kockico, jo obrnemo in vstavimo nazaj v vecjo kocko. In prav s tem dejstvom je povezana Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4. Takoj lahko opazimo, da pri klasicni kocki med njenim reševanje sredinska koc-kica miruje in nam s tem nudi oporo pri reševanju same kocke. Pri Rubikovi kocki dimenzije 4 x 4 x 4 pa imamo na vsaki ploskvi štiri sredinske kockice in posledicno se te med reševanjem premikajo. To pa ima na samo reševanje enak ucinek, kakor da bi razdrto Rubikovo kocko dimenzije 3 x 3 x 3 morali najprej pravilno sestaviti, preden se lotimo njenega reševanja. Preneseno v jezik reševanja Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 to pomeni, da si lahko med njenim reševanjem otežimo delo do te mere, da bomo od nekega trenutka naprej reševali nerešljivo kocko. Ce se zgodi prav to, je treba v vecini primerov z reševanjem priceti od zacetka. Prav zaradi tega dejstva je Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 dobila ime Ru-bikovo mašcevanje. Ukazi za reševanje Rubikove kocke dimenzije 4x 4 x 4 Uporabili bomo ukaze, ki so bili vpeljani v clanku [7], ter jih nekoliko dopolnili, saj Rubikova kocka dimenzije 4 x 4 x 4 vsebuje vec plasti. Prav tako bomo v nekem trenutku reševanje Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 prevedli ne reševanje Rubikove kocke dimenzije 3 x 3 x 3, zato je zelo pomembno, da znamo najprej rešiti klasicno Rubikovo kocko [2, 7] in da dobro poznamo vse ukaze, ki nas privedejo do rešitve. Locili bomo naslednje ukaze: ■ Pdesno: P-plast obrnemo v smeri urinega kazalca za 90°(en obrat). Plevo: P-plast obrnemo v nasprotni smeri urinega kazalca za 90°(en obrat). ■ P2: P-plast obrnemo v poljubni smeri za 180°(dva obrata). Pri tem bo oznaka P predstavljala eno izmed naslednjih plasti: F-sprednja plast, f-srednja sprednja plast, B-zadnja plast, b-srednja zadnja plast, U-zgor-nja plast, u-srednja zgornja plast, D-spodnja plast, d-srednja spodnja plast, L-leva plast, l-srednja leva plast, R-desna plast, r-srednja desna plast (slika 2). L l r R ^ ^ ^ ^ U-> u d D -> F SLIKA 2. Vse plasti Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 Pozor! Vse omenjene ukaze izvajamo tako, da v izvedbi danega ukaza gledamo izbrano plast. Ce npr. obrnemo zadnjo plast v smeri urinega kazalca, bi v primeru, da bi obrat gledali s sprednje strani, videli obrat v nasprotni smeri urinega kazalca. Prav tako je zelo pomembno, da pri premikih srednjih plasti (f,b,u,d,l,r) ne premikamo hkrati tudi zunanjih plasti (F,B,U,D,L,R), kar je pogosta napaka, ki se dogaja pri reševanju vecjih kock. Na slikah bodo kockice, ki v danem trenutku ne bodo pomembne, oznacene s sivo barvo. Uporabljena metoda za reševanje Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 je z nekaj spremembami in al- PRESEK 45 (2017/2018) 2 23 RAČUNALNIŠTVO —^ ternativnimi premiki povzeta po [6] in vsebuje naslednje korake: ■ enobarvne sredine (sestavljanje sredinskih kockic tako, da bo vsaka sredina vsebovala enake sredinske kockice), ■ dvobarvne robove (sestavljanje robnih vrstic tako, da bosta obe kockici poljubne robne vrstice enaki), ■ algoritem za Rubikovo kocko dimenzije 3 x 3 x 3 (sestavljanje Rubikove kocke dimenzije 4 x 4 x 4 s pomočjo algoritma za sestavljanje Rubikove kocke dimenzije 3 x 3 x 3), ■ parnost orientacije zadnje plasti (ang. OLL parity - orientation last layer parity) in parnost permu-tacije zadnje plasti (ang. PLL parity - permutation last layer parity). Enobarvne sredine Na kocki želimo sestaviti vseh šest sredin tako, da bo vsaka sredina vsebovala kockice enake barve. Enobarvne sredine nam bodo služile kot oporne tocke za nadaljnje reševanje kocke, pri tem pa moramo paziti, da vse enobarvne sredine postavimo na ustrezna mesta, saj lahko v nasprotnem primeru dobimo nerešljivo kocko in vsi nadaljnji koraki bi bili zaman. Najprej je treba prouciti kocko in ugotoviti katere barve so si nasprotne. To storimo tako, da po-išcemo dve kotni kockici z dvema enakima barvama (kockici ni potrebno premikati). Tretja barva, ki je razlicna na obeh kotnih kockicah, nam pove, kateri barvi morata v pravilno sestavljeni kocki biti na nasprotnih ploskvah. V našem primeru so nasprotne naslednje barve: bela-rumena, modra-zelena, rdeca-oranžna (na nekaterih kockah je lahko tudi drugace). Ko dolocimo nasprotne barve, je treba dolociti tudi njihovo pravilno orientacijo. To naredimo tako, da pogledamo eno izmed kotnih kockic, ki nam pove, katere tri barve se morajo srecati v dolocenem kotu. V našem primeru v enem kotu najdemo skupaj belo, zeleno in rdeco barvo. Na sliki 3 smo dve izbrani kotni kockici postavili tako, da hkrati vidimo dve nasprotni barvi (bela-rumena) in tri barve, ki se srecajo v dolocenem kotu (bela-zelena-rdeca). Sedaj imamo vse podatke, da ustrezno sestavimo enobarvne sredine. Cilj: sestaviti prvo in drugo enobarvno sredino z nasprotnima barvama na sprednji in zadnji ploskvi (v našem primeru bela in rumena barva). Pogled spredaj/levo/zgoraj m Pogled spredaj/levo/spodaj xm m SLIKA 3. Dve nasprotni barvi (bela-rumena) in pravilna orientacija treh barv (bela-zelena-rdeca) Postavitev kocke: kocko postavite poljubno, vendar je pri izvajanju nadaljnjih korakov vec ne obra-cajte. Ce obstaja bela sredinska vrstica, jo premaknite v u-plast na sprednji ploskvi. Ce bela sredinska vrstica ne obstaja, postavite dve beli sredinski kockici, kot prikazuje slika 4, in izvedite: ldesno, F2. Pogled spredaj/levo/zgoraj \1 SLIKA 4. Postavitev prvih dveh belih sredinskih kockic Ce obstaja rumena sredinska vrstica, jo s pomocjo f-plasti, b-plasti, d-plasti in zunanjih plasti (brez uporabe F-plasti) premaknite v u-plast na zadnji ploskvi. Ce rumena sredina vrstica ne obstaja, s pomocjo f-plasti, b-plasti, d-plasti in zunanjih plasti (brez uporabe F-plasti) postavite dve rumeni sredinski kockici, kot prikazuje slika 5, in izvedite: flevo, dlevo, B2. Ce obstaja tudi druga rumena sredinska vrstica in ne sestavlja rumene sredine na zadnji ploskvi, jo s pomocjo f-plasti, b-plasti, d-plasti in zunanjih pla- 24 PRESEK 45 (2017/2018) 1 24 RACUNALNIŠ TVO Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/desno/zgoraj SLIKA 5. Postavitev prvih dveh rumenih sredinskih kockic sti (brez uporabe F-plasti in B-plasti) premaknite v d-plast na zadnji ploskvi. ■ Ce druga rumena sredinska vrstica ne obstaja, s pomocjo f-plasti, b-plasti, d-plasti in zunanjih plasti (brez uporabe F-plasti in B-plasti) postavite preostali rumeni sredinski kockici, kot prikazuje slika 6, in izvedite: flevo, dlevo. Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/desno/zgoraj SLIKA 6. Postavitev drugih dveh rumenih sredinskih kockic ■ Ce obstaja tudi druga bela sredinska vrstica in ne sestavlja bele sredine na sprednji ploskvi, s pomo-cjo f-plasti, b-plasti in zunanjih plasti (brez uporabe F-plasti) pripravite kocko, kot prikazuje slika 7, in izvedite: L2, dlevo, L2, ddesno. Ce druga bela sredinska vrstica ne obstaja, a obstajata dve beli sredinski kockici v f-plasti in/ali b-plasti, ju s pomocjo f-plasti, b-plasti in zunanjih plasti (brez uporabe F-plasti) postavite, kot prikazuje slika 8, in izvedite: flevo, L2, dlevo, L2, ddesno. Ce druga bela sredinska vrstica ne obstaja in obstaja ena bela sredinska kockica v f-plasti ali b-plasti, s pomocjo f-plasti, b-plasti in zunanjih plasti pripravite kocko, kot prikazuje slika 9, in izvedite: F^esno dlesno Flevo dlevo SLIKA 7. Postavitev druge bele sredinske vrstice Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/desno/zgoraj SLIKA 8. Postavitev drugih dveh belih sredinskih kockic Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/desno/zgoraj SLIKA 9. Postavitev drugih dveh belih sredinskih kockic, kjer je ena sredinska kockica na sprednji ploskvi Nadaljujemo s sestavljanjem dveh novih enobarvnih sredin z nasprotnima barvama. Postopek bo podoben, vendar bodo v njem pomembne razlike, saj v tem primeru vec ne smemo posegati v obe ploskvi, kjer sta že sestavljeni prvi dve enobarvni sredini. PRESEK 45 (2017/2018) 1 25 RACUNALNIŠ TVO —^ Cilj: sestaviti tretjo in cetrto enobarvno sredino z nasprotnima barvama na sprednji in zadnji ploskvi (v našem primeru modra in zelena barva). Postavitev kocke: kocko postavite tako, da bosta že sestavljeni enobarvni sredini na zgornji in spodnji ploskvi (npr. bela sredina zgoraj in rumena sredina spodaj) in je pri izvajanju nadaljnjih korakov vec ne obracajte. ■ Ce ima kocka že sestavljeni obe sredini, a nista na nasprotnih ploskvah, pripravite kocko, kot prikazuje slika 10, in izvedite: dlevo, B2, d2, L2, dlevo. Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled spredaj/levo/spodaj Pogled spredaj/levo/zgoraj SLIKA 11. Postavitev prvih dveh modrih sredinskih kočkič Ce obstaja zelena sredinska vrstica, jo s pomocjo d-plasti in zunanjih plasti premaknite v u-plast na zadnji ploskvi. Ce zelena sredinska vrstica ne obstaja, s pomocjo d-plasti in zunanjih plasti postavite dve zeleni sredinski kockici, kot prikazuje slika 12, in izvedite: dlevo L^esno d^vo b2 Pogled spredaj/levo/zgoraj SLIKA 10. Modra in zelena sredina nista na nasprotnih ploskvah Ce obstaja modra sredinska vrstica, jo s pomocjo d-plasti in zunanjih plasti premaknite v u-plast na sprednji ploskvi. Ce modra sredinska vrstica ne obstaja, postavite dve modri sredinski kockici, kot prikazuje slika 11, in izvedite: ddesno, Flevo. SLIKA 12. Postavitev prvih dveh zelenih sredinskih kočkič ■ Ce obstaja tudi druga modra sredinska vrstica, jo s pomocjo d-plasti in zunanjih plasti premaknite v u-plast na levi ploskvi. ■ Ce druga modra sredinska vrstica ne obstaja, s pomoCcjo d-plasti in zunanjih plasti postavite dve modri sredinski kockici, kot prikazuje slika 13, in izvedite: dlevo, Llevo. Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/desno/zgoraj I SLIKA 13. Postavitev drugih dveh modrih sredinskih kočkič Ce obstaja tudi druga zelena sredinska vrstica, jo s pomoCcjo d-plasti in zunanjih plasti premaknite v u-plast na desni ploskvi. Ce druga zelena sredinska vrstica ne obstaja, s pomocjo d-plasti in zunanjih plasti postavite dve zeleni sredinski kockici, kot prikazuje slika 14, in izvedite: ddesno, Rlevo. Pripravite kocko, kot prikazuje slika 15, in izvedite: ddesno. 26 PRESEK 45 (2017/2018) 2 26 RACUNALNIŠ TVO Pogled spredaj/desno/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj SLIKA 14. Postavitev drugih dveh zelenih sredinskih kockic Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj SLIKA 16. Pravilna orientacija rdece sredine Cilj: sestaviti peto in šesto enobarvno sredino s pravilno orientiranima nasprotnima barvama na sprednji in zadnji ploskvi (v našem primeru rdeča barva na sprednji ploskvi in oranžna barva na zadnji ploskvi). Postavitev kocke: kocko postavite tako, kot prikazuje slika 16, in je pri izvajanju nadaljnjih korakov več ne obračajte. ■ Če ima kocka že sestavljeno rdečo in oranžno sredino, a sta na napačnih ploskvah (oranžna sredina na sprednji ploskvi in rdeča sredina na zadnji ploskvi), izvedite: d2, F2, B2, d2. ■ Če ima kocka na sprednji in zadnji ploskvi šahovski vzorec, jo s pomočjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 17, in izvedite: d2, Fdesno B^esno d Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj SLIKA 15. Postavitev modrih in zelenih sredinskih vrstic Sedaj imamo sestavljene že štiri enobarvne sredine, tako da nam preostaneta le še dve. V našem primeru sta to rdeča in oranžna sredina. V zadnjem koraku bo orientacija zelo pomembna, saj vemo, da mora rdeča barva mejiti na belo in zeleno, zato bomo glede na sliko 16 na sprednji ploskvi sestavili rdečo sredino, na zadnji ploskvi pa oranžno sredino. Pogled spredaj/levo/zgoraj SLIKA 17. Šahovski vzorec na sprednji in zadnji ploskvi ■ Če ima kocka na sprednji ploskvi šahovski vzorec, na zadnji ploskvi pa eno rdečo in eno oranžno sredinsko vrstico, jo s pomočjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 18, in izvedite: d2, Bdesno d Opomba. Po tem koraku obe sredini še ne bosta sestavljeni in je treba izvesti še enega izmed naslednjih korakov. ■ Če ima kocka na sprednji ploskvi eno rdečo in eno oranžno sredinsko vrstico, na zadnji ploskvi pa šahovski vzorec, jo s pomočjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 19, in izvedite: d2, Blevo, d2. Opomba. Po tem koraku obe sredini še ne bosta sestavljeni in je treba izvesti še enega izmed naslednjih korakov. ■ Če ima kocka na sprednji ploskvi tri rdeče sredinske kockice, jo s pomočjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 20, in izvedite: d2, Flevo ^2 PRESEK 45 (2017/2018) 2 27 RACUNALNIŠ TVO —^ Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj S= SLIKA 18. Šahovski vzorec le na sprednji ploskvi SLIKA 21. Ena rdeca sredinska kockica na sprednji ploskvi Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj SLIKA 19. Šahovski vzorec le na zadnji ploskvi Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/zgoraj SLIKA 22. Ena rdeca in ena oranžna sredinska vrstica na sprednji in zadnji ploskvi Ce ste uspešno izvedli vse tri opisane postopke, potem bi morala kocka imeti pravilno sestavljenih vseh šest enobarvnih sredin (slika 23). Pred nadaljevanjem postopka je priporočljivo še enkrat preveriti s poljubno kotno kockico, če so vse barvne sredine na ustreznih mestih. SLIKA 20. Tri rdece sredinske kockice na sprednji ploskvi Ce ima kocka na sprednji ploskvi eno rdece sredinsko kockico, jo s pomočjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 21, in izvedite: d2, Flevo,B2,d2. Ce ima kocka na sprednji in zadnji ploskvi eno rdeco in eno oranžno sredinsko vrstico, jo s po-mocjo F-plasti in B-plasti pripravite, kot prikazuje slika 22, in izvedite: d2, B2, d2. Pogled spredaj/levo/zgoraj Pogled zadaj/levo/spodaj SLIKA 23. Pravilno sestavljenih vseh šest enobarvnih sredin 28 PRESEK 45 (2017/2018) 1 RACUNALNIŠ TVO Se nadaljuje ... V naslednji številki revije Presek si bomo pogledali še preostale tri korake našega algoritma in s tem dokončno rešili Rubikovo kocko dimenzije 4 x 4 x 4. Literatura [1] Best Speed Cubes, dostopno na http://www. bestspeedcubes.com/4x4-rubi ks-cubes/, ogled dne 22. 4. 2017. [2] How to Solve the Rubik's Cube! (Beginner Method), dostopno na https : //www. youtube. com/watch?v=tYmtdFM1Zwk, ogled dne 22. 4. 2017. [3] Jessica Fridrich, dostopno na http://www.ws. binghamton.edu/fridrich/, citirano dne 22. 4. 2017. [4] Professor's Cube, dostopno na https: //en.wiki pedi a.org/wi ki/Professor\ %27s\_Cube, ogled dne 22. 4. 2017. [5] Rubik's Revenge, Wikipedia, dostopno na https://en.wiki pedia.org/wi ki/Rubi k\ %27s\_Revenge, ogled dne 22. 4. 2017. [6] Solving the Rubik's Revenge (x4 x 4), dostopno na http://www.speedcubi ng.com/chris/ 4-sol uti on . html, ogled dne 22. 4. 2017. [7] N. Špur, Algoritem za reševanje Rubikove kocke, Presek, 42 (2014/2015), 4, 23-29. _XXX www.obzornik.si www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si Barvni sudoku •4/ -i' •i' V 8 x 8 kvadratkov moraš vpisati zacetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 x 4) nastopalo vseh 8 števil. 2 3 1 3 8 4 5 4 1 7 8 6 4 2 4 6 5 2 O v O □ O m > a < a > m H >w m a 2 L 5 E 8 L 6 4 L 8 17 9 2 S L E 4 6 Z 8 E L 7 S E S L 1 9 4 8 Z 8 E L L 17 Z 5 9 S 4 9 Z L 8 3 L 9 L Z 8 S L E 17 1 L 3 17 S 9 2 8 XXX PRESEK 45 (2017/2018) 2 29 RAZVEDRILO Vodna gladina nU vU NU Aleš Mohoriš -> Poletni izlet na Krko je tokratni vir navdiha za naravoslovno fotografijo. Z odprtimi ocmi lahko najdemo okoli sebe obilo zanimivih pojavov. Na videz bolj dolgočasna od vseh teles v okolici je vodna gladina postregla s kar nekaj presenečenji. Slika na naslovnici kaže odsev neba na sicer mirni rečni gladini. Gladino je vzvalovila raca, ki plava proti kameri. Valovi so dobro vidni zaradi kontrasta med svetlim nebom in temnim mostom za raco cilno klinasto obliko. Po obliki brazde, njenem vršnem kotu, bi lahko povedali, kako hitro raca plava. Na prvi pogled je brazda podobna Machovemu valovnemu celu, pa to ni. O valovnih brazdah je bil objavljen prispevek v Preseku [1]. Oblika valov za raco je posledica disperzije, pojava, da je hitrost valov odvisna od valovne dolžine. Dolgi valovi potujejo hitreje kot kratki. Te valove na vodni gladini poganja teža. Valove na vodni površini pa lahko vzdržuje tudi SLIKA 1. Znacilna klinasta valovna brazda za raco, ki plava hitreje od valov. Na delu gladine, ki se zaradi valov nagne proti kameri, se zrcali svetlo nebo, na delu, ki je nagnjen stran, pa zasenceni spodnji del mostu. Valovi imajo zato zelo izrazit kontrast. Brazda za raco ima zna- SLIKA2. Odsev Sonca na vodni gladini. Vidimo nekaj krožnih valov, nekaj skupin mehurckov in mavricni venec okoli Sonca. 30 PRESEK 45 (2017/2018) 2 30 RAZVEDRILO sila površinske napetosti. Pri teh valovih velja obratno - valovi s krajšo valovno dolžino so hitrejši. Kateri vpliv pri valovanju prevladuje, je odvisno od valovne dolžine. Valovi zaradi površinske napetosti imajo valovno dolžino krajšo od nekaj centimetrov. Tudi o tem valovanju si lahko preberete v starem Preseku [2]. Take valove vidimo na drugi sliki. Na tej sliki vidimo odsev Sonca na vodni gladini. Desno in nad njim je krožni val. Jasno vidimo, da so krajši valovi (tisti, kjer so proge bolj na gosto) prišli dlje od izvira kot dolgi valovi. Na sliki opazimo tudi, da je odsev Sonca obdan z mavricnim obrocem. To je Soncev venec, korona, ki je nastala na oblakih okoli Sonca [3]. Pogled proti Soncu tega pojava ni razkril, saj je Sonce skozi luknjo v oblakih svetilo premočno. Šele v odsevu je bila svetloba dovolj šibka, da je se je venec opazil. Še eno podrobnost opazimo na drugi sliki. Me-hurcke levo in desno spodaj. Sicer se na fotografiji slabo razlocijo, ker so le majhna podrobnost, vendar v povecanem izseku zlahka opazimo žive škrlatne in zelenomodre barve, ki so posledica interference bele svetlobe na tanki steni mehurcka. O barvah mehurc-kov govori fizikalni clanek v tej številki [4]. Torej, ko greste naslednjic v naravo, le dajte oci na peclje in vzemite pametni telefon s sabo. Vse objavljene fotografije so narejene z njim in s fotografskega vidika niso zahtevne. Primerne prispevke bralcev bomo z veseljem objavili. Ce ste v zadregi z razlago, se bomo potrudili skupaj. Literatura [1] A. Likar, Valovne brazde, Presek 39, 1 (2011/2012). [2] A. Likar, Vrzimo kamen v vodo, Presek 41, 4 (2013/2014). [3] A. Mohoric, Venec, Presek 40, 5 (2012/2013). [4] A. Likar, Barve mehurčkov, Presek, 45, 1 (2017/2018). 1 >> • X r« tj mm * SLIKA 3. Podrobnost s slike 2 -skupina mehurčkov na vodi. Mehurčki so obarvani v barve značilne za interferenco bele svetlobe na tanki plasti. _XXX PRESEK 45 (2017/2018) 2 31 Matematični kenguru Osnovna naloga tekmovanja Kenguru je popularizacija matematike. Zanimiv, zabaven in igriv način zastavljanja matematičnih problemov je pripomogel, da se je tekmovanje kmalu razširilo po vsej Evropi, hkrati pa so se v tekmovanje vključevali tudi otroci in mladostniki iz drugih držav sveta. Tekmovanje je preseglo evropske okvire in postalo Mednarodni matematični kenguru. Leta 2016 se ga je udeležilo več kot 6 milijonov tekmovalcev iz več kot 60 držav sveta. V Sloveniji Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije organizira tekmovanje za učenče od prvega razreda osnovne šole do četrtega letnika srednje šole. Poseben izbor je pripravljen za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol, za dijake srednjih pokličnih šol ter za študente. Naloge, zbrane v teh knjigah, so najboljše možno gradivo za pripravo na prihodnja tekmovanja. Predvsem zato, ker je vsaki nalogi dodana podrobno razložena rešitev, ki bralča vodi v logično mišljenje in spoznavanje novih strategij reševanja. Marsikatera naloga, kije sprva na videz nerešljiva, postane tako dosegljiv iskriv matematični izziv. MEDNARODNI MATEMATIČNI KENGURU 2012-2016 10,99 EUR 18,74 EUR 14,50 EUR 23,00 EUR Pri DMFA-založništvo je v Presekovi knjižniči izšlo že pet knjig Matematičnega kenguruja. Na zalogi so še: • Evropski matematični kenguru 2002-2004, • Mednarodni matematični kenguru 2005-2008, • Mednarodni matematični kenguru 2009-2011, • Mednarodni matematični kenguru 2012-2016 (novost). Poleg omenjenih ponujamo tudi druga matematična, fizikalna in astronomska dela. Podrobnejše predstavitve so na spodnjem naslovu, kjer lahko vse publikačije tudi naročite: http://www.dmfa-zalozni stvo.si/ Individualni naročniki revije Presek, člani DMFA Slovenije, dijaki in študentje imate ob naročilu starejših zbirk nalog pri DMFA-založništvo 20 % popusta na zgornje čene - izkoristite ga!