M A TE M A TI K A +F IZ IK A +A ST R O N O M IJ A +R A ČU N A LN IŠ TV O # presek letnik 3 8 ( 2 0 1 0/ 2 0 1 1 ) š t e v il k a 4 4 ISSN 0351-6652 • tri miselne igre na šahovnici • prisluhnimo trku! • ozvezdje na mizi • nagradna križanka Anal iz i ranje podatkov Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 38, šolsko leto 2010/2011, številka 4 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Vladimir Bensa, Mojca Čepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni urednik), Marko Petkovšek (glavni urednik), 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 2010/2011 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 Tehnična urednica Tadeja Šekoranja Oblikovanje in ilustracija Polona Šterk Košir Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 1500 izvodov © 2010 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1819 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana 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 odgovornemu uredniku na naslov uredni- štva 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- cenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispevek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, po- tem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo ob- javo v elektronski obliki na internetu. k o l o f o n 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 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. • m a t e m a t ič n i t r e n u t k i m a t e m a t i č n i t r e n u t k i 2 Presek 38 (2010/2011) 4 • Veliko sodobnega raziskovanja – od urejanja ge- noma do digitalnega pregledovanja vesolja – generi- ra ogromne količine večdimenzionalnih podatkov. Na žalost je vizualizacija dimenzij višjih od tri zahtevna, zaradi česar je analiziranje in razumevanje podatkov zelo težko. Topologija, področje matematike, ki se ukvarja z lastnostmi geometrijskih struktur, pomaga osmisliti velike množice podatkov tako, da omogoča razvrstitev oblik teh množic v razrede. Posebno upo- rabna je za iskanje skupin podobnih točk imenovanih skupine. Te na primer razlikujejo med različnimi tipi dane bolezni, ki vsaka zahteva svojo obravnavo. Topologija (posebej algebraična topologija) je tudi pomembna v delovanju brezžičnih senzorskih omre- žij, ki so uporabna v tako različnih aplikacijah, kot je nadzorovanje prometa ali kontrola namakanja. V kombinaciji z numerično integracijo rezultati alge- braične topologije omogočaja popolno sliko, ki teme- lji na povsem lokalnih podatkih. Prednost tega je, da so senzorska omrežja, ki jih upravljamo brez GPSa ali drugih oddaljenih merilcev, v splošnem mnogo cenej- ša za upravljanje. V primeru namakanja matematična odkritja, ki so bila narejena skoraj eno stoletje pred nastopom današnje tehnologije, prihranijo denar in hkrati pomagajo skrbno uporabljati dragoceno vodo. V jeziku topologije, tako kot Möbiusov trak: kar gre okoli, pride okoli. matematika Tri miselne igre na šahovnici (Kristijan Breznik) Posebne pitagorejske trojice in trikotniška števila (Marko Razpet) razvedrilo Kapljica – Naravoslovna fotografija (Tine Golež) Nagradna križanka (Marko Bokalič) Rešitev nagradne križanke Presek 38/3 (Marko Bokalič) Kakuro Sudoku računalništvo Kako teleportirati sliko? (Igor Pesek) fizika Prisluhnimo trku! (Andrej Likar) Galilejeva in Einsteinova življenja (Andreja Gomboc) Barva hrošča (Aleš Mohorič) Kaj se zgodi s plastenko – Poizkuševalnica v hribih (Mojca Čepič) Razmisli in poskusi (Mitja Rosina) matematični trenutki Analiziranje podatkov astronomija Ozvezdje na mizi – Kaj so ozvezdja (Andrej in Liza Guštin) tekmovanja Tekmovanje v znanju astronomije – drugič (Andrej Guštin) 1. tekmovanje v znanju astronomije – šolsko tekmovanje Tekmovanje iz fizike za bronasto Stefanovo priznanje – šolsko tekmovanje Tekmovanje iz znanja poslovne matematike za srednje šole za bronasto tekmovanje – šolsko tekmovanje 2 4–6 7–10 11–13 14 15 18 18–20 21–24 27–30 31 16–17 30 13,30 20,24 24–26 priloga priloga priloga k a z a l o Kazalo Slika na naslovnici: V novo leto nas je pospremil delni Sončev mrk. Na sliki z naslovnice se skriva za drevesnimi vejami, saj je bil v naših krajih viden 4. Januarja zjutraj nizko nad obzorjem. (foto: Andrej Guštin) 3Presek 38 (2010/2011) 4 4 m a t e m a t i k a matematika • V prejšnjem prispevku smo predstavili miselni igri za enega igralca, ki ju lahko igramo na klasični 8× 8 šahovnici. V nadaljevanju se bomo lotili treh iger, namenjenih igranju dveh igralcev, ki igrata drug proti drugemu. Zadnji dve igri nimata ničesar skupnega s šahom, razen šahovnice, a sta med opi- sanimi igrami najbolj kompleksni in se pojavljata tudi na tekmovanjih. Trdnjavin pohod V svojih gimnazijskih letih sem na matematičnem tekmovanju naletel na nalogo, ki jo najdemo tudi v [3]. V levem spodnjem kotu šahovnice stoji trdnjava. Dva igralca jo izmenično premikata, igralec na po- tezi mora premakniti trdnjavo ali desno ali navzgor za vsaj eno polje. Izgubi tisti, ki premakne trdnjavo v desno zgornje polje, torej na polje h8. Vprašanje se je glasilo: Kateri igralec lahko vedno zmaga? Že samo vprašanje vzbudi slutnjo, da lahko igro re- šimo, kar pomeni, da lahko eden izmed igralcev ob pravilni igri vedno zmaga ne glede na to, kako bo igral njegov nasprotnik. Analize igre se lahko lotimo na več načinov. Po- gosto poiščemo najbolj kritična polja na šahovnici. To storimo tako, da igro analiziramo iz končne pozi- cije. Jasno je, da je igralec na potezi ob trdnjavi na polju g8 ali h7 izgubljen, saj mora v naslednji potezi trdnjavo postaviti na h8. Hitro se prepričamo, da je polje f6 ključnega pomena, saj bo igralec, ki ga je s trdnjavo zasedel, tudi zmagal. Če je namreč igralec v zadnji potezi premaknil trdnjavo na polje f6, bo po naslednji potezi nasprotnika zasedel polje g8 ali po- lje h7 in tako zmagal. Podobno razmišljamo naprej in ugotovimo, da so ključnega pomena polja na dia- gonali a1 − f6. Igralec, ki je premaknil trdnjavo na katero od teh polj, bo ob pravilni igri v nadaljevanju zmagal. Povedano drugače: če je trdnjava na diago- nali a1 − f6, igralec na potezi izgubi. Na začetku je trdnjava na polju a1, torej je odgovor na začetno vprašanje, da lahko vedno zmaga drugi igralec. Nje- gova strategija je zelo preprosta: trdnjavo premika na polja diagonale a1 − f6, če pa je le mogoče, jo premakne na polje g8 oz. h7. Na enak način analiziramo igro, kjer se namesto trdnjave premika dama. Tudi dami omejimo premi- kanje, in sicer se lahko premika le navpǐcno navzgor, v desno in po diagonali v smeri od levo spodaj proti desno zgoraj za vsaj eno polje. Rešitvi obeh iger sta prikazani na sliki 1. Polje, označeno s črko I, po- meni, da je igralec, ki je na potezi, s figuro na tem polju izgubljen. Podobno črka Z pomeni, da bo ob pravilnem nadaljevanju igralec, ki je na potezi, zma- gal ne glede na igro nasprotnika. Zmagovita strate- gija igralca na potezi je figuro premakniti na polje, označeno z I. 2 p esek 38 (2010/2011) 4 V prejšnjem prispevku smo predstavili miselni igri za enega igralca, ki ju lahko igramo na klasični 8× 8 šahovnici. V nadaljevanju se bomo lotili treh iger, namenjenih igranju dveh igralcev, ki igrata drug proti drugemu. Zadnji dve igri nimata ničesar skupnega s šahom, razen šahovnice, a sta med opi- sanimi igrami najbolj kompleksni in se pojavljata tudi na tekmovanjih. Trdnjavin pohod V svojih gimnazijskih letih sem na matematičnem tekmovanju naletel na nalogo, ki jo najdemo tudi v [3]. V levem spodnjem kotu šahovnice stoji trdnjava. Dva igralca jo izmenično premikata, igralec na po- tezi mora premakniti trdnjavo ali desno ali navzgor za vsaj eno polje. Izgubi tisti, ki premakne trdnjavo v desno zgornje polje, torej na polje h8. Vprašanje se je glasilo: Kateri igralec lahko vedno zmaga? Že samo vprašanje vzbudi slutnjo, da lahko igro re- šimo, kar pomeni, da lahko eden izmed igralcev ob pravilni igri vedno zmaga ne glede na to, kako bo igral njegov nasprotnik. Analize igre se lahko lotimo na več načinov. Po- gosto poiščemo najbolj kritična polja na šahovnici. To storimo tako, da igro analiziramo iz končne pozi- cije. Jasno je, da je igralec na potezi ob trdnjavi na polju g8 ali h7 izgubljen, saj mora v naslednji potezi trdnjavo postaviti na h8. Hitro se prepričamo, da je polje f6 ključnega pomena, saj bo igralec, ki ga je s trdnjavo zasedel, tudi zmagal. Če je namreč igralec v zadnji potezi premaknil trdnjavo na polje f6, bo po naslednji potezi nasprotnika zasedel polje g8 ali po- lje h7 in tako zmagal. Podobno razmišljamo naprej in ugotovimo, da so ključnega pomena polja na dia- gonali a1 − f6. Igralec, ki je premaknil trdnjavo na katero od teh polj, bo ob pravilni igri v nadaljevanju zmagal. Povedano drugače: če je trdnjava na diago- nali a1 − f6, igralec na potezi izgubi. Na začetku je trdnjava na polju a1, torej je odgovor na začetno vprašanje, da lahko vedno zmaga drugi igralec. Nje- gova strategija je zelo preprosta: trdnjavo premika na polja diagonale a1 − f6, če pa je le mogoče, jo premakne na polje g8 oz. h7. Na enak način analiziramo igro, kjer se namesto trdnjave premika dama. Tudi dami omejimo premi- kanje, in sicer se lahko premika le navpǐcno navzgor, v desno in po diagonali v smeri od levo spodaj proti desno zgoraj za vsaj eno polje. Rešitvi obeh iger sta prikazani na sliki 1. Polje, označeno s črko I, po- meni, da je igralec, ki je na potezi, s figuro na tem polju izgubljen. Podobno črka Z pomeni, da bo ob pravilnem nadaljevanju igralec, ki je na potezi, zma- gal ne glede na igro nasprotnika. Zmagovita strate- gija igralca na potezi je figuro premakniti na polje, označeno z I. 2 kristijan breznik Tri miselne igre na šahovnici r j j ri r t ili i l i i ri i r l , i j l i r l i i i i. lj j l tili tr i r, j i i r j i r l , i i r t r r ti r . ji i ri i t i r , r i , t i- i i i r i j lj l i i j lj t t i t ji . r j i ji i ij i l ti t ti t j l t l l , i j j t i [ ]. l j t i t ji tr j . i r l j i i r i t , i r l - t i r r iti tr j li li r j lj . I i ti ti, i r tr j r j lj , t r j lj . r j j l il : t ri i r l l ? r j i l t j , l i r r - i , r i, l i i r l r il i i ri l t , i r l j r t i . li i r l l ti i . - t i j lj riti lj i i. t ri t , i r li ir i i- ij . J j , j i r l t i tr j i lj li i lj , j r l ji t i tr j t iti . itr r ri , j lj lj , j i r l , i j tr j l, t i l. j r i r l ji t i r il tr j lj , l ji t i r t i l lj li - lj i t l. r i lj r j i t i , lj lj i - li . I r l , i j r il tr j t r t lj, r il i i ri lj j l. r : j tr j i - li , i r l t i i i. t j tr j lj , t r j j r t r j , l r i i r l . j - tr t ij j l r r t : tr j r i lj i l , j l , j r lj . . i li ir i r , j r t tr j r i . i i ji r i- j , i i r l r i l i r, i i li ri l j r ti r j j lj . it i i r t ri i li i . lj , r I, - i, j i r l , i j t i, r t lj i lj . r i, r il lj j i r l , i j t i, - l l i r r t i . it tr t - ij i r l t i j r r iti lj , I. , . , , . , , . , . . , . , , : , , , , . . . , . , , , , , , . . , . , , . : . , . : , . , . , , . . , , , , . , , , . , j j i ili i l i i i i l i j l i l i i i i lj j l ili i j i i j i l i i i ji i i i i i i- i i i i j lj l i i j lj i ji j i ji i ij i l i i j l l l i j j i [ ] l j i ji j i l j i i i i l - i i i j li li j lj I i i i i j j lj j lj . j j l il i i l l j i l j l i - i i l i i l il i i i l i l j i li i l l i i - i j lj i i lj i i i i li i i i- ij j j i l i j i lj li i lj j l ji i j i i . i i j lj lj j i l i j j l i l j i l ji i il j lj , l ji i i l lj li - lj i l i lj j i i lj lj i - li I l i j il j lj il i i i lj j l j j i - li , i l i i i j j lj , j j j l i i l j - ij j l j i lj i l , j l j lj . i li i i j j i i i ji i- j i i l i l i i i li i l j i j j lj i i i i i li i lj , - i j i l i j i lj i lj i il lj j i l i j i - l l i i i - ij i l i j i i lj . 5 m a t e m a t i k a • slika 1. Slika prikazuje rešitev trdnjavinega (levo) in daminega pohoda (desno). slika 2. Začetna postavitev žetonov v igri checkers V prejšnjem prispevku smo predstavili miselni igri za enega igralca, ki ju lahko igramo na klasični 8× 8 šahovnici. V nadaljevanju se bomo lotili treh iger, namenjenih igranju dveh igralcev, ki igrata drug proti drugemu. Zadnji dve igri nimata ničesar skupnega s šahom, razen šahovnice, a sta med opi- sanimi igrami najbolj kompleksni in se pojavljata tudi na tekmovanjih. Trdnjavin pohod V svojih gimnazijskih letih sem na matematičnem tekmovanju naletel na nalogo, ki jo najdemo tudi v [3]. V levem spodnjem kotu šahovnice stoji trdnjava. Dva igralca jo izmenično premikata, igralec na po- tezi mora premakniti trdnjavo ali desno ali navzgor za vsaj eno polje. Izgubi tisti, ki premakne trdnjavo v desno zgornje polje, torej na polje h8. Vprašanje se je glasilo: Kateri igralec lahko vedno zmaga? Že samo vprašanje vzbudi slutnjo, da lahko igro re- šimo, kar pomeni, da lahko eden izmed igralcev ob pravilni igri vedno zmaga ne glede na to, kako bo igral njegov nasprotnik. Analize igre se lahko lotimo na več načinov. Po- gosto poiščemo najbolj kritična polja na šahovnici. To storimo tako, da igro analiziramo iz končne pozi- cije. Jasno je, da je igralec na potezi ob trdnjavi na polju g8 ali h7 izgubljen, saj mora v naslednji potezi trdnjavo postaviti na h8. Hitro se prepričamo, da je polje f6 ključnega pomena, saj bo igralec, ki ga je s trdnjavo zasedel, tudi zmagal. Če je namreč igralec v zadnji potezi premaknil trdnjavo na polje f6, bo po naslednji potezi nasprotnika zasedel polje g8 ali po- lje h7 in tako zmagal. Podobno razmišljamo naprej in ugotovimo, da so ključnega pomena polja na dia- gonali a1 − f6. Igralec, ki je premaknil trdnjavo na katero od teh polj, bo ob pravilni igri v nadaljevanju zmagal. Povedano drugače: če je trdnjava na diago- nali a1 − f6, igralec na potezi izgubi. Na začetku je trdnjava na polju a1, torej je odgovor na začetno vprašanje, da lahko vedno zmaga drugi igralec. Nje- gova strategija je zelo preprosta: trdnjavo premika na polja diagonale a1 − f6, če pa je le mogoče, jo premakne na polje g8 oz. h7. Na enak način analiziramo igro, kjer se namesto trdnjave premika dama. Tudi dami omejimo premi- kanje, in sicer se lahko premika le navpǐcno navzgor, v desno in po diagonali v smeri od levo spodaj proti desno zgoraj za vsaj eno polje. Rešitvi obeh iger sta prikazani na sliki 1. Polje, označeno s črko I, po- meni, da je igralec, ki je na potezi, s figuro na tem polju izgubljen. Podobno črka Z pomeni, da bo ob pravilnem nadaljevanju igralec, ki je na potezi, zma- gal ne glede na igro nasprotnika. Zmagovita strate- gija igralca na potezi je figuro premakniti na polje, označeno z I. 2 Slika 1 Iz povedanega sledi, da je trdnjavin pohod igra, do- bljena za drugega igralca, in damin pohod igra, do- bljena za prvega igralca. Zelo podobna obema je igra, pri kateri v levem spodnjem kotu šahovnice leži že- ton, ki ga dva igralca izmenično prestavljata po njej; dovoljene poteze so levo gor, gor, desno gor, desno in desno dol. Zmaga tisti igralec, ki prvi spravi žeton v desni zgornji kot. Natančnejši opis igre in njeno rešitev, s pomočjo barvanja polj, lahko najdemo na spletni strani [4]. Žetoni V nadaljevanju bomo predstavili igri, ki sta tekmo- valno zelo zanimivi. Prva je zelo podobna igri, ki jo pri nas poznamo pod imenom dama. V Združenih državah Amerike ji pravijo checkers, v Kanadi in An- gliji pa draughts. Razširjena je tudi drugod po svetu, sam sem naletel nanjo v Turčiji, kjer jo po navadi prodajajo skupaj z igro backgammon. Na začetku imata oba igralca na šahovski tabli po dvanajst t. i. žetonov (angl. checkers), postavljenih le na črna polja. Začetni položaj je prikazan na sliki 2. Slika 2 Igralca nato žetone izmenično premikata diagonalno naprej za eno (prosto) polje, torej igra poteka le po črnih poljih. Če je žeton enega izmed igralcev na sosednjem diagonalnem polju glede na žeton dru- gega igralca in je polje za njegovim žetonom prazno, mora prvi igralec s svojim žetonom preskočiti žeton drugega igralca in hkrati odstraniti nasprotnikov že- ton. V eni potezi je mogoče odstraniti tudi več na- sprotnikovih žetonov zaporedoma. V primeru, ko eden izmed igralcev pripelje svoj žeton na naspro- tni rob šahovnice, njegov žeton postane kralj, ki se lahko premika diagonalno naprej in tudi nazaj, že- tone pobira enako kot ostali žetoni, vendar tudi na- zaj. Kralja med igro zaznamujemo tako, da posta- vimo dva žetona enega na drugega. Zmaga igralec, ki pobere vse nasprotnikove žetone oziroma naspro- tniku onemogoči nadaljevanje igre, torej prepreči vse mogoče poteze. Igra je precej priljubljena, saj organizirajo tudi to- vrstna svetovna prvenstva. Kot je značilno za mi- selne igre, tudi omenjena vedno bolj prehaja v do- meno računalnikov. Na spletu lahko igramo proti ra- čunalniškemu programu Chinook [5], ki so ga razvili na kanadski univerzi v Alberti. Nadobudnejšim igral- cem toplo priporočam kakšno igro proti temu pro- gramu. Nasploh je bil program Chinook prvi raču- nalniški program, ki je postal svetovni prvak v kateri koli miselni igri v absolutni konkurenci, torej tudi z ljudmi. To mu je uspelo leta 1994 kar je zapisano tudi v Guinessovi knjigi rekordov. Na omenjeni uni- verzi v Alberti so z izboljšavami tega programa celo 3 Slika 1 Iz povedanega sledi, da je trdnjavin pohod igra, do- bljena za drugega igralca, in damin pohod igra, do- bljena za prvega igralca. Zelo podobna obema je igra, pri kateri v levem spodnjem kotu šahovnice leži že- ton, ki ga dva igralca izmenično prestavljata po njej; dovoljene poteze so levo gor, gor, desno gor, desno in desno dol. Zmaga tisti igralec, ki prvi spravi žeton v desni zgornji kot. Natančnejši opis igre in njeno rešitev, s pomočjo barvanja polj, lahko najdemo na spletni strani [4]. Žetoni V nadaljevanju bomo predstavili igri, ki sta tekmo- valno zelo zanimivi. Prva je zelo podobna igri, ki jo pri nas poznamo pod imenom dama. V Združenih državah Amerike ji pravijo checkers, v Kanadi in An- gliji pa draughts. Razširjena je tudi drugod po svetu, sam sem naletel nanjo v Turčiji, kjer jo po navadi prodajajo skupaj z igro backgammon. Na začetku imata oba igralca na šahovski tabli po dvanajst t. i. žetonov (angl. checkers), postavljenih le na črna polja. Začetni položaj je prikazan na sliki 2. Slika 2 Igralca nato žetone izmenično premikata diagonalno naprej za eno (prosto) polje, torej igra poteka le po črnih poljih. Če je žeton enega izmed igralcev na sosednjem diagonalnem polju glede na žeton dru- gega igralca in je polje za njegovim žetonom prazno, mora prvi igralec s svojim žetonom preskočiti žeton drugega igralca in hkrati odstraniti nasprotnikov že- ton. V eni potezi je mogoče odstraniti tudi več na- sprotnikovih žetonov zaporedoma. V primeru, ko eden izmed igralcev pripelje svoj žeton na naspro- tni rob šahovnice, njegov žeton postane kralj, ki se lahko premika diagonalno naprej in tudi nazaj, že- tone pobira enako kot ostali žetoni, vendar tudi na- zaj. Kralja med igro zaznamujemo tako, da posta- vimo dva žetona enega na drugega. Zmaga igralec, ki pobere vse nasprotnikove žetone oziroma naspro- tniku onemogoči nadaljevanje igre, torej prepreči vse mogoče poteze. Igra je precej priljubljena, saj organizirajo tudi to- vrstna svetovna prvenstva. Kot je značilno za mi- selne igre, tudi omenjena vedno bolj prehaja v do- meno računalnikov. Na spletu lahko igramo proti ra- čunalniškemu programu Chinook [5], ki so ga razvili na kanadski univerzi v Alberti. Nadobudnejšim igral- cem toplo priporočam kakšno igro proti temu pro- gramu. Nasploh je bil program Chinook prvi raču- nalniški program, ki je postal svetovni prvak v kateri koli miselni igri v absolutni konkurenci, torej tudi z ljudmi. To mu je uspelo leta 1994 kar je zapisano tudi v Guinessovi knjigi rekordov. Na omenjeni uni- verzi v Alberti so z izboljšavami tega programa celo 3 li I l i, j tr j i i r , - lj r i r l , i i i r , - lj r i r l . l j i r , ri t ri l j t i l i - t , i i r l i i r t lj t j j; lj t l r, r, r, i l. ti ti i r l , i r i r i t i r ji t. t j i i i r i j r it , j r j lj, l j l t i tr i [ ]. t i lj j r t ili i ri, i t t - l l i i i. r j l i ri, i j ri i . r i r ri ji r ij s, i i - liji ts. irj j t i r t , l t l j r iji, j r j i r j j j i r . t i t i r l i t li j t t. i. t ( l. s), t lj i l r lj . t i l j j ri li i . li I r l t t i i r i t i l r j ( r t ) lj , t r j i r t l r i lji . j t i i r l j i l lj l t r - i r l i j lj j i t r , r i i r l ji t r iti t r i r l i r ti tr iti r t i - t . i t i j tr iti t i - r t i i t r . ri r , i i r l ri lj j t r - t i r i , j t t r lj, i l r i i l r j i t i j, - t ir t t li t i, r t i - j. r lj i r j t , t - i t r . i r l , i r r t i t ir r - t i i lj j i r , t r j r r i t . I r j r j rilj lj , j r i ir j t i t - r t t r t . t j il i- l i r , t i j lj r j - r l i . l t l i r r ti r - l i r r i [ ], i r ili i i r i l rti. j i i r l- t l ri r i r r ti t r - r . l j il r r i r i r - l i i r r , i j t l t i r t ri li i l i i ri l t i r i, t r j t i lj i. j l l t r j i t i i i ji i r r . j i i- r i l rti i lj i t r r l Slika 1 Iz povedanega sledi, da je trdnjavin pohod gra, do- bljena za drugega igralca, in damin pohod igra, do- bljena za prvega igralca. Zelo podobna obema je igra, pri kateri v levem spodnjem kotu šahovnice leži že- ton, ki ga dva igralca izmenično prestavljata po njej; dovoljene poteze so levo gor, gor, desno gor, desno in desno dol. Zmaga tisti igralec, ki prvi spravi žeton v desni zgornji kot. Natančnejši opis igre in njeno rešitev, s pomočjo barvanja polj, lahko najdemo na spletni strani [4]. Žetoni V nadaljevanju bomo predstavili igri, ki sta tekmo- valno zelo zanimivi. Prva je zelo podobna igri, ki jo pri nas oznamo pod imenom dama. V Združenih državah Amerike ji pravijo checkers, v Kanadi in An- gliji pa draughts. Razširjena je tudi drugod po svetu, sam sem naletel nanjo v Turčiji, kjer jo po navadi prodajajo skupaj z igro backgammon. Na začetku imata oba igralca na šahovski tabli po dvanajst t. i. žetonov (angl. checkers), postavlje ih le a č na polja. Začetni položaj je pr kazan na sliki 2. Slika 2 Igralca nato žetone iz enično premikata diagonalno naprej za eno (prosto) polje, torej igra oteka le po črnih poljih. Če je žeton enega izmed igralcev na sosednjem diagonalnem polju glede a žeton dru- gega igralca in je polje za njegovim že onom prazno, mora prvi igralec s svojim žetonom preskoči i žeton drugega igralca in hkrati odstraniti nasprotnikov že ton. V eni potezi je mogoče odstraniti tudi več na- sprotnikovih žetonov zaporedoma. V primeru, ko eden izmed igralcev pripelje svoj žeton na naspro- tni rob šahovnice, njegov žeton postane kralj, ki se lahko premika diagonalno naprej in tudi nazaj, že tone pobira e ako kot ostali žetoni, vendar tudi na zaj. Kralja med igro zaznamujemo tako, da posta vimo dva žetona enega na drugega. Zmaga igralec, ki pobere vse nasprotnikove žetone oziroma naspro- tniku onemogoči nadaljevanje igre, torej prepreči vse mogoče poteze. Igra je precej priljubljena, saj orga izirajo tudi to vrstna svetovna prvenstva. Kot je značilno za mi- selne igre, tudi omenjena ved o bolj prehaja v do- meno računalnikov. Na spletu lahko igramo proti ra- č nalniškemu programu Chinook [5], ki so ga razvili na kanadski univerz v A berti. Nadobudnejši igral- cem toplo priporočam kakšno igro proti temu pro- gramu. Nasploh je bil program Chinook prvi raču- nalniški program, ki je postal svetovni prvak v kateri koli miselni igri v absolutni konkurenci, torej tudi z ljudmi. To mu je uspelo leta 1994 kar je zapisano tudi v Guinessovi knjigi rekordov. Na omenjeni uni- verzi v Alberti so z izboljšavami tega programa celo 3 Presek 38 (2010/2011) 4 Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z I Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z I Z Z Z Z 6 m a t e m a t i k a Literatura [1] E. R. Berlekamp, J. H. Conway in R. K. Guy: Win- ning ways for your mathematical plays. Natick: A. K. Peters, cop. 2001–2004. [2] J. Schaeffer, N. Burch, Y. Björnsson, A. Ki- shimoto, M. Müller, R. Lake, P. Lu in S. Su- tphen: Checkers Is Solved. Science (2007), http://www.sciencemag.org/cgi/rapidpdf/sci; 1144079v1.pdf [3] M. Željko: Rešene naloge iz matematike z držav- nih in izbirnih tekmovanj, 4. del. Društvo mate- matikov, fizikov in astronomov Slovenije, Ljub- ljana (1996). [4] www.dmfa.si/Seminarji/2008/Zeljko.pdf [5] http://www.cs.ualberta.ca/∼chinook/play/ [6] http://www.msri.org/publications/books/ Book29/files/westdom.pdf 5 • www.presek.si rešili igro checkers [2]. Dokazali so: če bi oba igralca igrala optimalno, bi bil rezultat te igre vedno neod- ločen. To pa še zdaleč ne pomeni, da je tudi člo- vek zmožen optimalno igrati to igro. Obstajajo še podobne različice te igre, igrajo se tudi na ploščah velikosti 10× 10 ali celo 12× 12. Domine V tej igri igralca izmenično polagata pravokotnike, velikosti dveh kvadratkov (dveh šahovskih polj), ime- novanih tudi domine, na šahovnico, in sicer tako, da se domine ne prekrivajo. Prvi igralec jih polaga le v navpični smeri, drugi pa le vodoravno. Igro izgubi tisti, ki ne more narediti poteze, torej ne more po- ložiti domine na šahovnico. Iz pravil igre izhaja, da neodločen izid ni mogoč. Zaradi simetrije je, pri pra- vilnem igranju, igra zagotovo dobljena bodisi za pr- vega bodisi za drugega igralca ne glede na to, kako igra nasprotnik. V splošnem je ta igra relativno ne- raziskana, saj do danes niso uspeli ugotoviti, kateri igralec ima že na začetku odločilno prednost. Ugo- tovljeno je bilo, da je igra domin na plošči velikosti 5× 5 dobljena za drugega igralca, vendar nam to nič ne pove o igri na klasični šahovnici, ki je zato toliko zanimivejša. Vsak izmed igralcev stremi k temu, da si naredi prostor na šahovnici, kjer bo le on lahko polagal domine. Pri analizi lahko celotno igro razdelimo v tri faze: otvoritev, srednjo igro in končnico. Otvoritev obsega okoli osem potez, torej vsak igralec postavi na ša- hovnico po štiri domine. O postavljanju domin v za- četni fazi igre se boljši igralci strinjajo, da so zelo pomembni koti šahovnice (glej [1]). Običajno imajo že izdelan koncept otvoritve, ki mu sledijo (podobno kot pri šahu) in ga spreminjajo le, če bi to delovalo neugodno na nasprotnika. Na sliki 3 je primer ene izmed otvoritvenih pozicij dveh mojstrov te igre, ki sta se pomerila v finalu najmočnejšega turnirja do- slej. Hitro opazimo simetrijo postavitve in tudi lego domin v vseh štirih koncih šahovnice. Številke na dominah ponazarjajo vrstni red polaganja domin na šahovnico. Slika 3 Najzanimivejša faza igre je srednja igra, ki obsega približno šest potez. Šahovnica se v tej fazi razdeli na več delov, kjer ima prednost eden izmed igralcev. V srednji igri je vsaka napaka verjetno že usodna. Potez v igri domine je v povprečju precej manj kot pri šahu ali prej omenjeni igri z žetoni, zato so na- pake še posebej težko popravljive. Več napotkov, kako čim bolje igrati to igro, lahko najdemo na [6]. 4 rešili igro checkers [2]. Dokazali so: če bi oba igralca igrala optimalno, bi bil rezultat te igre vedno neod- ločen. To pa še zdaleč ne pomeni, da je tudi člo- vek zmožen optimalno igrati to igro. Obstajajo še podobne različice te igre, igrajo se tudi na ploščah velikosti 10× 10 ali celo 12× 12. Domine V tej igri igralca izmenično polagata pravokotnike, velikosti dveh kvadratkov (dveh šahovskih polj), ime- novanih tudi domine, na šahovnico, in sicer tako, da se domine ne prekrivajo. Prvi igralec jih polaga le v navpični smeri, drugi pa le vodoravno. Igro izgubi tisti, ki ne more narediti poteze, torej ne more po- ložiti domine na šahovnico. Iz pravil igre izhaja, da neodločen izid ni mogoč. Zaradi simetrije je, pri pra- vilnem igranju, igra zagotovo dobljena bodisi za pr- vega bodisi za drugega igralca ne glede na to, kako igra nasprotnik. V splošnem je ta igra relativno ne- raziskana, saj do danes niso uspeli ugotoviti, kateri igralec ima že na začetku odločilno prednost. Ugo- tovljeno je bilo, da je igra domin na plošči velikosti 5× 5 dobljena za drugega igralca, vendar nam to nič ne pove o igri na klasični šahovnici, ki je zato toliko zanimivejša. Vsak izmed igralcev stremi k temu, da si naredi prostor na šahovnici, kjer bo le on lahko polagal domine. Pri analizi lahko celotno igro razdelimo v tri faze: otvoritev, srednjo igro in končnico. Otvoritev obsega okoli osem potez, torej vsak igralec postavi na ša- hovnico po štiri domine. O postavljanju domin v za- četni fazi igre se boljši igralci strinjajo, da so zelo pomembni koti šahovnice (glej [1]). Običajno imajo že izdelan koncept otvoritve, ki mu sledijo (podobno kot pri šahu) in ga spreminjajo le, če bi to delovalo neugodno na nasprotnika. Na sliki 3 je primer ene izmed otvoritvenih pozicij dveh mojstrov te igre, ki sta se pomerila v finalu najmočnejšega turnirja do- slej. Hitro opazimo simetrijo postavitve in tudi lego domin v vseh štirih koncih šahovnice. Številke na dominah ponazarjajo vrstni red polaganja domin na šahovnico. Slika 3 Najzanimivejša faza igre je srednja igra, ki obsega približno šest potez. Šahovnica se v tej fazi razdeli na več delov, kjer ima prednost eden izmed igralcev. V srednji igri je vsaka napaka verjetno že usodna. Potez v igri domine je v povprečju precej manj kot pri šahu ali prej omenjeni igri z žetoni, zato so na- pake še posebej težko popravljive. Več napotkov, kako čim bolje igrati to igro, lahko najdemo na [6]. 4 rešili gro checkers [2]. Dokazali so: če bi oba igralca igrala optimalno, bi bil rezultat te igre vedno neod- loč n. To p še zdaleč ne pomeni, da je tudi člo- k zmožen optimalno igrati to igro. Obsta ajo še p dobne različice t igre, igrajo se tud na ploščah v likosti 10× 10 ali cel 12× 12. Domine V tej igri igralca izmenično polagata pravokotnike, elikosti dveh kvadratkov (dveh šahovskih polj), ime nov nih tudi domine, na šahovnico, in sicer ako, da se domine ne prekrivajo. Prvi igr lec jih polaga le v navpični smeri, drugi pa le vodoravno. Igro izgub tisti, ki ne more narediti poteze, t rej ne more p l žiti d mine na šahovnico. Iz pravil igre zhaja, da neodločen izid ni mogoč. Za di simetrije je, pri pra- vilnem igranju, igra zagotovo dobljena bodisi za pr- vega bodisi za drugega igralca ne glede na to, kako igra nasprotnik. V splošnem je ta igra relativno ne- raziskana, saj do danes niso uspeli ugotoviti, kateri igralec ima že na začetku odl čilno prednost. Ugo- to ljeno je bilo, da je igra dom n na pl šči elikosti 5× 5 dobljena za drug ga igralca, vendar nam to nič ne pove o igri na klasični šahovnici, ki je zato toliko zanimivejša. V ak izmed igralcev stremi k temu, da si naredi prostor na šahovnici, kjer bo le on lahk polagal domi e. Pri analizi lahko celotno igr razd limo v tri faze: otvoritev, sred jo igro in končnico. Otvoritev obs ga okoli osem potez, torej vsak igralec p stavi na ša- hovnico po štiri domine. O postavl anju dom n v za četni fazi igre se boljši igralci strinjajo, da so zel p embni koti šahovnice (glej [1]). Običajno imajo že izdelan koncept otvori ve, ki mu sledi o (podob o kot pri šahu) in ga spreminjajo le, če bi to delovalo neugodno na nasprotnika. Na sliki 3 je primer ene izmed otvoritvenih pozicij dveh mojstrov te igre, ki sta se pomerila v finalu najmočnejšega turnirja do- slej. Hitro opazimo simetrijo postavitve in tudi lego domin v vseh štirih koncih šahovnice. Številke na dominah ponazarjajo v stni red polaganja domin n šahovnico. Slika 3 N jzani ivejša faza igre je srednja igra, ki obsega približno šest potez. Šahovnica se v tej fazi razdeli na več delov, kjer ima prednost eden izmed igralcev. V srednji igri je vsaka napaka verjetno že usodna. Potez v igri domine je v povprečju precej manj kot pri šahu ali prej omenjeni igri z žetoni, zato so na- pake še posebej težko popravljive. Več napotkov, kako čim bolje igrati to igro, lahko najdemo na [6]. 4 Slika 1 Iz povedanega sledi, da je trdnjavin pohod igra, do- bljena za drugega igralca, in damin pohod igra, do- bljena za prvega igralca. Zelo podobna obema je igra, pri kateri v levem spodnjem kotu šahovnice leži že- ton, ki ga dva igralca izmenično prestavljata po njej; dovoljene poteze so levo gor, gor, desno gor, desno in desno dol. Zmaga tisti igralec, ki prvi spravi žeton v desni zgornji kot. Natančnejši opis igre in njeno rešitev, s pomočjo barvanja polj, lahko najdemo na spletni strani [4]. Žetoni V nadaljevanju bomo predstavili igri, ki sta tekmo- valno zelo zanimivi. Prva je zelo podobna igri, ki jo pri nas poznamo pod imenom dama. V Združenih državah Amerike ji pravijo checkers, v Kanadi in An- gliji pa draughts. Razširjena je tudi drugod po svetu, sam sem naletel nanjo v Turčiji, kjer jo po navadi prodajajo skupaj z igro backgammon. Na začetku imata oba igralca na šahovski tabli po dvanajst t. i. žetonov (angl. checkers), postavljenih le na črna polja. Začetni položaj je prikazan na sliki 2. Slika 2 Igralca nato žetone izmenično premikata diagonalno naprej za eno (prosto) polje, torej igra poteka le po črnih poljih. Če je žeton enega izmed igralcev na sosednjem diagonalnem polju glede na žeton dru- gega igralca in je polje za njegovim žetonom prazno, mora prvi igralec s svojim žetonom preskočiti žeton drugega igralca in hkrati odstraniti nasprotnikov že- ton. V eni potezi je mogoče odstraniti tudi več na- sprotnikovih žetonov zaporedoma. V primeru, ko eden izmed igralcev pripelje svoj žeton na naspro- tni rob šahovnice, njegov žeton postane kralj, ki se lahko premika diagonalno naprej in tudi nazaj, že- tone pobira enako kot ostali žetoni, vendar tudi na- zaj. Kralja med igro zaznamujemo tako, da posta- vimo dva žetona enega na drugega. Zmaga igralec, ki pobere vse nasprotnikove žetone oziroma naspro- tniku onemogoči nadaljevanje igre, torej prepreči vse mogoče poteze. Igra je precej priljubljena, saj organizirajo tudi to- vrstna svetovna prvenstva. Kot je značilno za mi- selne igre, tudi omenjena vedno bolj prehaja v do- meno računalnikov. Na spletu lahko igramo proti ra- čunalniškemu programu Chinook [5], ki so ga razvili na kanadski univerzi v Alberti. Nadobudnejšim igral- cem toplo priporočam kakšno igro proti temu pro- gramu. Nasploh je bil program Chinook prvi raču- nalniški program, ki je postal svetovni prvak v kateri koli miselni igri v absolutni konkurenci, torej tudi z ljudmi. To mu je uspelo leta 1994 kar je zapisano tudi v Guinessovi knjigi rekordov. Na omenjeni uni- verzi v Alberti so z izboljšavami tega programa celo 3 i teratura slika 3. Primer otvori vene pozicije v igri domine presek 38 (2010/2011) 4 4 6 1 7 3 8 2 5 7 m a t e m a t i k a • marko razpet Posebne pitagorejske trojice in trikotniška števila • Pitagorejska trojica (x,y, z) je sestavljena iz treh naravnih števil x , y in z, za katera velja rela- cija x2 +y2 = z2 . Znano je, da je trikotnik, ki ima stranice dolge x , y in z enot, pravokotni in da je z dolžina hipotenuze, x in y pa sta dolžini katet. Pri tem veljajo običajne relacije med stranicami triko- tnika, npr. x < z, y < z, x +y > z, |x −y| < z. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, imenujemo (x,y, z) pitagorejska trojica. Brez škode za splošnost bomo v nadaljevanju pri- vzeli: x < y < z. Števila x,y, z bomo imenovali kar stranice, natančneje x in y kateti, z pa hipotenuza pitagorejske trojice (x,y, z). Vsem je znana pitago- rejska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Števila 3, 4 in 5 so si tuja. Pitagorejska trojica (x,y, z) je primitivna, če so si števila x,y in z tuja, torej taka, ki nimajo skupnega delitelja razen 1. Pitagorejska trojica (3,4,5) je primitivna, trojica (6,8,10) pa ne, ker imajo števila 6, 8 in 10 skupni delitelj 2. Obstaja nešteto primitivnih pitagorejskih trojic (x,y, z), iz katerih z množenjem z naravnimi števili k dobimo vse druge: (kx, ky, kz). Na tem mestu ne bomo navajali postopka, kako poiščemo vse primitivne pitagorejske trojice (x,y, z), ampak se bomo posvetili tistim, ki imajo razliko katet enako 1; torej takim, za katere velja y − x = 1 oziroma y = x + 1 in jih lahko zapi- šemo kot (x,x + 1, z). Števili x in z sta torej v re- laciji x2 + (x + 1)2 = z2 oziroma 2x2 + 2x + 1 = z2. Taka pitagorejska trojica je lahko le primitivna, saj zaporedni naravni števili x in x + 1 nimata skupnih deliteljev razen 1. Pri tem je z lahko le liho šte- vilo. Pitagorejske trojice, pri katerih se kateti razli- kujeta za 1, zagotovo obstajajo, saj sta npr. (3,4,5) in (20,21,29) že te vrste. Spoznali bomo, da je ta- kih pitagorejskih trojic nešteto in da je v nekem smi- slu (3,4,5) njihova mati. Poljski matematik Wacław Sierpiński (1882–1969) je namreč postavil preprosti trditvi. Trditev 1. Kakor hitro je trojica (x,x + 1, z) pitago- rejska in je x ≥ 3, je pitagorejska tudi trojica (x1, x1 + 1, z1), pri čemer je x1 = 3x + 2z + 1, z1 = 4x + 3z + 2 . Trditev 2. Kakor hitro je trojica (x,x + 1, z) pitago- rejska in je x > 3, je pitagorejska tudi trojica (x1, x1 + 1, z1), pri čemer je x1 = 3x − 2z + 1, z1 = 3z − 4x − 2 . Dokaz V obeh primerih lahko takoj preverimo: x2 + (x + 1)2 = z2 =⇒ x21 + (x1 + 1)2 = z21 . 2 Pitagorejska trojica (x,y, z) je sestavljena iz treh naravnih števil x , y in z, za katera velja rela- cija x2 +y2 = z2 . Znano je, da je trikotnik, ki ima stranice dolge x , y in z enot, pravokotni in da je z dolžina hipotenuze, x in y pa sta dolžini katet. Pri tem veljajo običajne relacije med stranicami triko- tnika, npr. x < z, y < z, x +y > z, |x −y| < z. Ker za tak trikotnik velja Pitagorov izrek, imenujemo (x,y, z) pitagorejska trojica. Brez škode za splošnost bomo v nadaljevanju pri- vzeli: x < y < z. Števila x,y, z bomo imenovali kar stranice, natančneje x in y kateti, z pa hipotenuza pitagorejske trojice (x,y, z). Vsem je znana pitago- rejska trojica (3,4,5), ker je 32 + 42 = 52. Števila 3, 4 in 5 so si tuja. Pitagorejska trojica (x,y, z) je primitivna, če so si števila x,y in z tuja, torej taka, ki nimajo skupnega delitelja razen 1. Pitagorejska trojica (3,4,5) je primitivna, trojica (6,8,10) pa ne, ker imajo števila 6, 8 in 10 skupni delitelj 2. Obstaja nešteto primitivnih pitagorejskih trojic (x,y, z), iz katerih z množenjem z naravnimi števili k dobimo vse druge: (kx, ky, kz). Na tem mestu ne bomo navajali postopka, kako poiščemo vse primitivne pitagorejske trojice (x,y, z), ampak se bomo posvetili tistim, ki imajo razliko katet enako 1; torej takim, za katere velja y − x = 1 oziroma y = x + 1 in jih lahko zapi- šemo kot (x,x + 1, z). Števili x in z sta torej v re- laciji x2 + (x + 1)2 = z2 oziroma 2x2 + 2x + 1 = z2. Taka pitagorejska trojica je lahko le primitivna, saj zaporedni naravni števili x in x + 1 nimata skupnih deliteljev razen 1. Pri tem je z lahko le liho šte- vilo. Pitagorejske trojice, pri katerih se kateti razli- kujeta za 1, zagotovo obstajajo, saj sta npr. (3,4,5) in (20,21,29) že te vrste. Spoznali bomo, da je ta- kih pitagorejskih trojic nešteto in da je v nekem smi- slu (3,4,5) njihova mati. Poljski matematik Wacław Sierpiński (1882–1969) je namreč postavil preprosti trditvi. Trditev 1. Kakor hitro je trojica (x,x + 1, z) pitago- rejska in je x ≥ 3, je pitagorejska tudi trojica (x1, x1 + 1, z1), pri čemer je x1 = 3x + 2z + 1, z1 = 4x + 3z + 2 . Trditev 2. Kakor hitro je trojica (x,x + 1, z) pitago- rejska in je x > 3, je pitagorejska tudi trojica (x1, x1 + 1, z1), pri čemer je x1 = 3x − 2z + 1, z1 = 3z − 4x − 2 . Dokaz V obeh primerih lahko takoj preverimo: x2 + (x + 1)2 = z2 =⇒ x21 + (x1 + 1)2 = z21 . 2 i j ji , , j lj i i il , i , lj l - ij . j , j i i , i i i l , i , i i j l i i , i l i i . i lj j i j l ij i i i - i , . , , , | | . i i lj i i , i j , , i i . l lj j i- li: . il , , i li i , j i i, i i j ji , , . j i - j ji , , , j . il , i i j . i j ji , , j i i i , i il , i j , j , i i j li lj . i j ji , , j i i i , ji , , , i j il , i i li lj . j i i i i i j i ji , , , i i j i i ili i : , , . j li , i i i i i j ji , , , ili i i , i i j li ; j i , lj i i ji l i- , , . ili i j - l iji i . i j ji j l l i i i , j i i ili i i i li lj . i j l l li - il . i j ji , i i i li- j , j j , j . , , i , , . li , j - i i j i ji i j i- l , , ji i. lj i i ł i i i ( ) j il i i i. i . i j ji , , i - j i j , j i j i ji , , , i j , . i . i j ji , , i - j i j , j i j i ji , , , i j , . i i l j i : . t r s tr ( )z s st tr r št z t r r 2 2 2z tr t str z t r t z t st t t r t r str tr t r z z z z r t tr t t r r ( )z t r js tr j c re š e s š st e r e te e r str ce t c e e tet te t re s e tr ce ( ) se e t re s tr c ( ) er e 2 2 2 te s s t t re s tr c ( ) e r t ce s s šte t t re t s e e te r e t re s tr c ( ) e r t tr c ( ) e er šte s e te st eštet r t t re s tr c ( ) ter e e r šte se r e ( ) te est e st šce se r t e t re s e tr ce ( ) se s et t st r tet e t re t tere e r še t ( ) te st t re re c 2 ( )2 2 r 2 2 t re s tr c e e r t s re r šte t s e te e r e r te e e šte t re s e tr ce r ter se tet r et t st s st r ( ) ( ) e te rste e t t re s tr c eštet e e e s s ( ) t s te t c er s – e rec st re r st tr t r te r tr e tr c ( ) t re s e e t re s t tr c ( 1 1 1) r ce er e 1 1 r te r tr e tr c ( ) t re s e e t re s t tr c ( 1 1 1) r ce er e 1 1 e r er t re er 2 ( )2 2 21 ( 1 )2 2 1 Pi ago ej ka ojica x,y, je e avljena iz eh na avnih evil x , y in , za ka e a velja ela- cija x +y = . Znano je, da je iko nik, ki i a anice dolge x , y in eno , p avoko ni in da je dolžina hipo enuze, x in y pa a dolžini ka e . P i e veljajo običajne elacije ed anica i iko- nika, np . x < , y < , x +y > , x −y <| | . Ke za ak iko nik velja Pi ago ov iz ek, i enuje o x,y, pi ago e ka o i a. B z kod za plo no bo o v nadalj vanju p i- vz li: x < y < z. Š vila x,y, z bo o i novali ka ani , na anˇn j x in y ka i, z pa hipo nuza pi ago j k oji x,y, z . V j znana pi ago- j ka oji a 3,4,5 , k j 3 + 4 = 5 . Š vila 3, 4 in 5 o i uja. Pi ago j ka oji a x,y, z j p i i ivna, ˇ o i vila x,y in z uja, o j aka, ki ni ajo kupn ga d li lja az n 1. Pi ago j ka oji a 3,4,5 j p i i ivna, oji a 6,8,10 pa n , k i ajo vila 6, 8 in 10 kupni d li lj 2. Ob aja n o p i i ivnih pi ago j kih oji x,y, z , iz ka ih z nož nj z na avni i vili k dobi o v d ug : kx, ky, kz . Na u n bo o navajali po opka, kako poi ˇ o v p i i ivn pi ago j k oji x,y, z , a pak bo o po v ili i i , ki i ajo azliko ka nako 1; o j aki , za ka v lja y − x = 1 ozi o a y = x + 1 in jih lahko zapi- o ko x,x + 1, z . Š vili x in z a o j v - la iji x + x + 1 = z ozi o a 2x + 2x + 1 = z . Taka pi ago j ka oji a j lahko l p i i ivna, aj zapo dni na avni vili x in x + 1 ni a a kupnih d li lj v az n 1. P i j z lahko l liho - vilo. Pi ago j k oji , p i ka ih ka i azli- kuj a za 1, zago ovo ob ajajo, aj a np . 3,4,5 in 20,21,29 ž v . Spoznali bo o, da j a- kih pi ago j kih oji n o in da j v n k i- lu 3,4,5 njihova a i. Polj ki a a ik a ław Si piń ki (1882 1969) j na ˇ po avil p p o i di vi. T di v 1. Kako hi o j oji a x,x + 1, z pi ago- j ka in j x ≥ 3, j pi ago j ka udi oji a x , x + 1, z , p i ˇ j x = 3x + 2z + 1, z = 4x + 3z + 2 . T di v 2. Kako hi o j oji a x,x + 1, z pi ago- j ka in j x > 3, j pi ago j ka udi oji a x , x + 1, z , p i ˇ j x = 3x − 2z + 1, z = 3z − 4x − 2 . Dokaz V ob h p i ih lahko akoj p v i o: x + x + 1 = z = x + x + 1 = z . 2 it r js tr ji ( , , )z j s st lj i tr r i št il , i z, t r lj r l - ij 2 2 2z . j , j tri t i , i im str i l , i z t, r t i i j z l i i t , i st l i i t t. ri t m lj j i j r l ij m str i mi tri - t i , r. z, z, z, z. r t tri t i lj it r i r , im j m ( , , )z it r js tr jic . re š e s l š st m lje j ri- eli: . te il , , m ime li r str ice, t c eje i teti, i te it rejs e tr jice ( , , ). sem je it - rejs tr jic ( , , ), er je 2 2 2. te il , i s si t j . it rejs tr jic ( , , ) je rimiti , ce s si šte il , i t j , t rej t , i im j s e elitelj r e . it rejs tr jic ( , , ) je rimiti , tr jic ( , , ) e, er im j šte il , i s i elitelj . st j eštet rimiti i it rejs i tr jic ( , , ), i teri m e jem r imi šte ili im se r e: ( , , ). tem mest e m j li st , išcem se rimiti e it rejs e tr jice ( , , ), m se m s etili tistim, i im j r li tet e ; t rej t im, tere elj ir m i ji l i- šem t ( , , ). te ili i st t rej re- l ciji 2 ( )2 2 ir m 2 2. it rejs tr jic je l le rimiti , s j re i r i šte ili i im t s i elitelje r e . ri tem je l le li šte- il . it rejs e tr jice, ri teri se teti r li- jet , t st j j , s j st r. ( , , ) i ( , , ) e te rste. li m , je t - i it rejs i tr jic eštet i je e em smi- sl ( , , ) ji m ti. ljs i m tem ti W cł ier i s i ( – ) je mrec st il re r sti tr it i. r ite . r itr je tr jic ( , , ) it - rejs i je , je it rejs t i tr jic ( 1, 1 , 1), ri cemer je 1 , 1 . r ite . r itr je tr jic ( , , ) it - rejs i je , je it rejs t i tr jic ( 1, 1 , 1), ri cemer je 1 , 1 . e rimeri l t j re erim : 2 ( )2 2 ⇒ 21 ( 1 )2 21 . P ago e a o ca , , e e a e a z e a a e , , za a e a e a e a c a . a o e, a e o , a a ce o ge , e o , a o o a e o ž a o e ze, a a o ž a e . P e e a o o ča e e ac e e a ca o a, . , , , | | . e za a o e a P go ov z ek, e e o , , go e k o . B z ko za o o bo o v a a va vz : z. Š v a z bo o ova ka a , a a ˇ ka , z a o za ago k o z . z a a ago ka o a 3 4 5 , k 3 4 5 . Š v a 3, 4 5 o a. P ago ka o a z v a, ˇ o v a z a, o aka, k a o k ga a az 1. P ago ka o a 3 4 5 v a, o a 6 8 10 a , k a o v a 6, 8 10 k 2. b a a o v ago k o z , z ka z ož z a av v ob o v g : z . a bo o ava a o o ka, kako o ˇ o v v ago k o z , a ak bo o o v , k a o az ko ka ako 1; o ak , za ka v a 1 oz o a 1 a ko za o ko 1 z . Š v z a o v a 1 z oz o a 2 2 1 z . aka ago ka o a a ko v a, a za o a av v 1 a a k v az 1. P z a ko o v o. P ago k o , ka ka az k a za 1, zago ovo ob a a o, a a . 3 4 5 20 21 29 ž v . S oz a bo o, a a k ago k o o a v k 3 4 5 ova a . Po k a a k a a S ´ k 1882 1969 a ˇ o av o v . v 1. ako o o a 1 z ago ka 3, ago ka o a 1 z , ˇ 3 2z 1 z 4 3z 2 v 2. ako o o a 1 z ago ka 3, ago ka o a 1 z , ˇ 3 2z 1 z 3z 4 2 okaz ob a ko ako v o: 1 z 1 z 2 i j k ji x y j vlj n i h n vnih vil x y in k v lj l - ij x +y = Zn n j d j ik nik ki i ni d l x y in n p v k ni in d j d l in hip nu x in y p d l ini k i v lj j bi jn l ij d ni i ik - nik np x < y < x +y > x −y < k ik nik v lj i a i i nuj x y pi a a i a d pl n n d lj nju p i- li x il x, , i n li ni n n n j x in i p hip nu pi j ji x, , V j n n pi - j ji , , j il in i uj i j ji x, , j p i i i n i il x, in uj j i ni j upn d li lj n i j ji , , j p i i i n ji , , p n i j il in upni d li lj j n p i i i nih pi j ih ji x, , i ih n nj n ni i ili k d i d u kx, k , k u n n j li p p p i p i i i n pi j ji x, , p p ili i i i i j li n j i lj x i x in jih l h pi- x,x , ili x in j - l iji x x i x x T pi j ji j l h l p i i i n j p dni n ni ili x in x ni upnih d li lj n i j l h l lih - il i j ji p i ih i li- uj j j j np , , in , , p n li d j - ih pi j ih ji n in d j n i- lu , , njih i lj i i ł i pin i ( ) j n p il p p i di i T di K hi j ji x,x , pi - j in j x j pi j udi ji x , x , p i j x x , x . T di K hi j ji x,x , pi - j in j x j pi j udi ji x , x , p i j x x , x . V h p i ih l h j p i x x x x . Potrpežljivo je treba zapisati kvadrate trinomov. Kvadrat trinoma je namreč vsota kvadratov vseh treh členov in vseh možnih dvakratnih produktov členov tega trinoma. V prvem primeru velja x > 0 , z > 0 =⇒ x1 > x ,z1 > z . Nova trojica je pitagorejska z večjimi stranicami od prvotne. V drugem primeru pa moramo za x > 3 dokazati, da je x1 > 0 in z1 > 0. Poleg tega pa ima nova pita- gorejska trojica manjše stranice od prvotne. Za x > 3 imamo x2 > 3x = 2x + x > 2x + 3 . Iz x2 + (x + 1)2 = z2 pa 4z2 = 8x2 + 8x + 4 = 9x2 + 8x + 4− x2 < 9x2 + 8x + 4− (2x + 3) = (3x + 1)2 . Torej velja za x > 3 relacija 2z < 3x + 1 in s tem x1 = 3x − 2z + 1 > 0. Ker je tudi z < x + (x + 1) = 2x + 1, dobimo z − z1 = z − (3z − 4x − 2) = 4x − 2z + 2 = 2(2x + 1− z) > 0 . Torej res velja z1 < z. Preostane nam le še dokaz, da je z1 > 0. Iz z2 = x2 + (x + 1)2 = 2x2 + 2x + 1 in iz x > 0 dobimo 9z2 = 18x2 + 18x + 9 > 16x2 + 16x + 4 = (4x + 2)2 =⇒ 3z > 4x + 2 . Od tod sledi z1 = 3z − 4x − 2 > 0. Trojica (x1, x1 + 1, z1) je torej pitagorejska, s stranicami, ki so manjše od stranic pitagorejske trojice (x,x + 1, z) za x > 3. Obstajata torej preslikavi f in g v množici pitago- rejskih trojic, ki imajo razliko katet enako 1: f : (x,x + 1, z) → (3x + 2z + 1,3x + 2z + 2, 4x + 3z + 2) za x ≥ 3 , g : (x,x + 1, z) → (3x − 2z + 1,3x − 2z + 2, 3z − 4x − 2) za x > 3 . Primeri f (3,4,5) (20,21,29) ↓ (119,120,169) (696,697,985) (4059,4060,5741) ↑ (23660,23661,33461) (137903,137904,195025) g Vidimo, da funkcija f stranice pitagorejskih trojic (x,x + 1, z) strogo monotono povečuje. Njena več- kratna uporaba nas pripelje do poljubno velike pi- tagorejske trojice, ki ima drugo kateto za 1 večjo 3 Presek 38 (2010/2011) 4 8 m a t e m a t i k a • Potrpežljivo je treba zapisati kvadrate trinomov. Kvadrat trinoma je namreč vsota kvadratov vseh treh členov in vseh možnih dvakratnih produktov členov tega trinoma. V prvem primeru velja x > 0 , z > 0 =⇒ x1 > x ,z1 > z . Nova trojica je pitagorejska z večjimi stranicami od prvotne. V drugem primeru pa moramo za x > 3 dokazati, da je x1 > 0 in z1 > 0. Poleg tega pa ima nova pita- gorejska trojica manjše stranice od prvotne. Za x > 3 imamo x2 > 3x = 2x + x > 2x + 3 . Iz x2 + (x + 1)2 = z2 pa 4z2 = 8x2 + 8x + 4 = 9x2 + 8x + 4− x2 < 9x2 + 8x + 4− (2x + 3) = (3x + 1)2 . Torej velja za x > 3 relacija 2z < 3x + 1 in s tem x1 = 3x − 2z + 1 > 0. Ker je tudi z < x + (x + 1) = 2x + 1, dobimo z − z1 = z − (3z − 4x − 2) = 4x − 2z + 2 = 2(2x + 1− z) > 0 . Torej res velja z1 < z. Preostane nam le še dokaz, da je z1 > 0. Iz z2 = x2 + (x + 1)2 = 2x2 + 2x + 1 in iz x > 0 dobimo 9z2 = 18x2 + 18x + 9 > 16x2 + 16x + 4 = (4x + 2)2 =⇒ 3z > 4x + 2 . Od tod sledi z1 = 3z − 4x − 2 > 0. Trojica (x1, x1 + 1, z1) je torej pitagorejska, s stranicami, ki so manjše od stranic pitagorejske trojice (x,x + 1, z) za x > 3. Obstajata torej preslikavi f in g v množici pitago- rejskih trojic, ki imajo razliko katet enako 1: f : (x,x + 1, z) → (3x + 2z + 1,3x + 2z + 2, 4x + 3z + 2) za x ≥ 3 , g : (x,x + 1, z) → (3x − 2z + 1,3x − 2z + 2, 3z − 4x − 2) za x > 3 . Primeri f (3,4,5) (20,21,29) ↓ (119,120,169) (696,697,985) (4059,4060,5741) ↑ (23660,23661,33461) (137903,137904,195025) g Vidimo, da funkcija f stranice pitagorejskih trojic (x,x + 1, z) strogo monotono povečuje. Njena več- kratna uporaba nas pripelje do poljubno velike pi- tagorejske trojice, ki ima drugo kateto za 1 večjo 3     Potrpežljivo je treba zapisati kvadrate trinomov. Kvadrat trinoma je namreč vsota kvadratov vseh treh členov in vseh možnih dvakratnih produktov členov tega trinoma. V prvem primeru velja x > 0 , z > 0 =⇒ x1 > x ,z1 > z . Nova trojica je pitagorejska z večjimi stranicami od prvotne. V drugem primeru pa moramo za x > 3 dokazati, da je x1 > 0 in z1 > 0. Poleg tega pa ima nova pita- gorejska trojica manjše stranice od prvotne. Za x > 3 imamo x2 > 3x = 2x + x > 2x + 3 . Iz x2 + (x + 1)2 = z2 pa 4z2 = 8x2 + 8x + 4 = 9x2 + 8x + 4− x2 < 9x2 + 8x + 4− (2x + 3) = (3x + 1)2 . Torej velja za x > 3 relacija 2z < 3x + 1 in s tem x1 = 3x − 2z + 1 > 0. Ker je tudi z < x + (x + 1) = 2x + 1, dobimo z − z1 = z − (3z − 4x − 2) = 4x − 2z + 2 = 2(2x + 1− z) > 0 . Torej res velja z1 < z. Preostane nam le še dokaz, da je z1 > 0. Iz z2 = x2 + (x + 1)2 = 2x2 + 2x + 1 in iz x > 0 dobimo 9z2 = 18x2 + 18x + 9 > 16x2 + 16x + 4 = (4x + 2)2 =⇒ 3z > 4x + 2 . Od tod sledi z1 = 3z − 4x − 2 > 0. Trojica (x1, x1 + 1, z1) je torej pitagorejska, s stranicami, ki so manjše od stranic pitagorejske trojice (x,x + 1, z) za x > 3. Obstajata torej preslikavi f in g v množici pitago- rejskih trojic, ki imajo razliko katet enako 1: f : (x,x + 1, z) → (3x + 2z + 1,3x + 2z + 2, 4x + 3z + 2) za x ≥ 3 , g : (x,x + 1, z) → (3x − 2z + 1,3x − 2z + 2, 3z − 4x − 2) za x > 3 . Primeri f (3,4,5) (20,21,29) ↓ (119,120,169) (696,697,985) (4059,4060,5741) ↑ (23660,23661,33461) (137903,137904,195025) g Vidimo, da funkcija f stranice pitagorejskih trojic (x,x + 1, z) strogo monotono povečuje. Njena več- kratna uporaba nas pripelje do poljubno velike pi- tagorejske trojice, ki ima drugo kateto za 1 večjo 3 od prve. Funkcija g pa stranice pitagorejskih tro- jic (x,x+1, z) strogo monotono zmanjšuje in njena večkratna uporaba nas po končno mnogo korakih pripelje edinole do (3,4,5), ker manjše pitagorejske trojice ni. Majhne primitivne pitagorejske trojice (5,12,13), (8,15,17), (7,24,25) , za katere je 5 < z < 29, pa nimajo izpolnjenega po- goja y−x = 1. Naslednja, ki je prava, je (20,21,29) = f(3,4,5) oziroma (3,4,5) = g(20,21,29). Opazimo pa tudi, da se lihost in sodost prvih ka- tet, in prav tako drugih, med seboj izmenjujeta: 3,20,119,696,4059, . . . oziroma 4,21,120,697, 4060, . . . Strogo pa to lastnost dokažemo z upošte- vanjem definicije funkcije f . Ni se težko prepričati, da veljata enakosti: g(f(x,x + 1, z)) = (x,x + 1, z) za x ≥ 3 , f (g(x,x + 1, z)) = (x,x + 1, z) za x > 3 . Preslikavi f in g sta torej na množici pitagorejskih trojic z razliko katet 1 druga drugi inverzni. Če je x > 3, velja lastnost komutativnosti: g(f(x,x+1, z)) = f(g(x,x+1, z)) = (x,x+1, z) . Za vsak k ∈ N naj oznaka fk pomeni k-kratni kom- pozitum funkcije f . Potem lahko za vsako primerno veliko hipotenuzo z zapišemo (xn,xn + 1, zn) = gn(x,x + 1, z) . Pri tem velja z > z1 > z2 > . . . ≥ 5. Za dano pita- gorejsko trojico (x,x + 1, z), x > 3, pa obstaja tak m ∈ N, da velja: gm(x,x + 1, z) = (3,4,5). Ker pa za vsak k ∈ N velja relacija fkgk(x,x + 1, z) = (x,x + 1, z) , imamo fm(3,4,5) = fmgm(x,x + 1, z) = (x,x + 1, z) . To pomeni, da so vse pitagorejske trojice oblike (x,x + 1, z) členi zaporedja (3,4,5), f (3,4,5), f 2(3,4,5), f 3(3,4,5), . . . Povezava s trikotniškimi števili Trikotniška števila Tn so definirana kot vsota prvih n zaporednih naravnih števil: T1 = 1, T2 = 1 + 2 = 3, T3 = 1 + 2 + 3 = 6, . . . Splošno formulo za Tn do- bimo zelo preprosto. Člene vsote Tn = 1+ 2+ · · · + (n− 1)+n zapišemo še v obratnem vrstnem redu: Tn = n+ (n− 1)+ · · · + 2+ 1 . 4 ri eri presek 38 (2010/2011) 4 9 m a t e m a t i k a od prve. Funkcija g pa stranice pitagorejskih tro- jic (x,x+1, z) strogo monotono zmanjšuje in njena večkratna uporaba nas po končno mnogo korakih pripelje edinole do (3,4,5), ker manjše pitagorejske trojice ni. Majhne primitivne pitagorejske trojice (5,12,13), (8,15,17), (7,24,25) , za katere je 5 < z < 29, pa nimajo izpolnjenega po- goja y−x = 1. Naslednja, ki je prava, je (20,21,29) = f(3,4,5) oziroma (3,4,5) = g(20,21,29). Opazimo pa tudi, da se lihost in sodost prvih ka- tet, in prav tako drugih, med seboj izmenjujeta: 3,20,119,696,4059, . . . oziroma 4,21,120,697, 4060, . . . Strogo pa to lastnost dokažemo z upošte- vanjem definicije funkcije f . Ni se težko prepričati, da veljata enakosti: g(f(x,x + 1, z)) = (x,x + 1, z) za x ≥ 3 , f (g(x,x + 1, z)) = (x,x + 1, z) za x > 3 . Preslikavi f in g sta torej na množici pitagorejskih trojic z razliko katet 1 druga drugi inverzni. Če je x > 3, velja lastnost komutativnosti: g(f(x,x+1, z)) = f(g(x,x+1, z)) = (x,x+1, z) . Za vsak k ∈ N naj oznaka fk pomeni k-kratni kom- pozitum funkcije f . Potem lahko za vsako primerno veliko hipotenuzo z zapišemo (xn,xn + 1, zn) = gn(x,x + 1, z) . Pri tem velja z > z1 > z2 > . . . ≥ 5. Za dano pita- gorejsko trojico (x,x + 1, z), x > 3, pa obstaja tak m ∈ N, da velja: gm(x,x + 1, z) = (3,4,5). Ker pa za vsak k ∈ N velja relacija fkgk(x,x + 1, z) = (x,x + 1, z) , imamo fm(3,4,5) = fmgm(x,x + 1, z) = (x,x + 1, z) . To pomeni, da so vse pitagorejske trojice oblike (x,x + 1, z) členi zaporedja (3,4,5), f (3,4,5), f 2(3,4,5), f 3(3,4,5), . . . Povezava s trikotniškimi števili Trikotniška števila Tn so definirana kot vsota prvih n zaporednih naravnih števil: T1 = 1, T2 = 1 + 2 = 3, T3 = 1 + 2 + 3 = 6, . . . Splošno formulo za Tn do- bimo zelo preprosto. Člene vsote Tn = 1+ 2+ · · · + (n− 1)+n zapišemo še v obratnem vrstnem redu: Tn = n+ (n− 1)+ · · · + 2+ 1 . 4 r . ij tr i it r j i tr - ji , , tr t j j i j r t r r i ri lj i l , , , r j it r j tr ji i. j ri iti it r j tr ji , , , , , , , , , t r j , i j i l j - j . l j , i j r , j , , , , ir , , , , . i t i, li t i t r i - t t, i r t r i , j i j j t : , , , , , . . . ir , , , , , . . . tr t l t t t - j i ij f ij . i t r ri ti, lj t ti: , , , , , , , , , . r li i i t t r j i i it r j i tr ji r li t t r r i i r i. j , lj l t t t ti ti: , , , , , , . j i - r t i - it f ij . t l ri r li i t i , , , , . ri t lj 1 2 . . . . it - r j tr ji , , , , t j t , lj : , , , , . r lj r l ij , , , , , i , , , , , , . i, it r j tr ji li , , l i r j , , , , , , 2 , , , 3 , , , . . . t i t i i i t ili ri t i t il ir t t r i r i r i t il: 1 , 2 , 3 , . . . l f r l - i l r r t . l t · · · i r t r t r : · · · . Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojav jo tudi na eni o diagonal Pascalovega trikotnika. Od seh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo amo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz defin cije t h števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. S ka Trikot iš a števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po p dobn m principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diag nal P scalovega trikotnika. Od vseh št vilnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška šte ila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi nep s dno iz definicije teh števil i pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, k niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razv dno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na os ov ici n reči, nato pa na vsa i višji vzporednici po e o reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligons , ker bi p po obnem p incipu lahk razporejali reči tudi v druge p ligone. Smiselno s je vprašati po trikotniških številih, ki so popo i kvadrati, torej kvadra i nekih naravnih števil. Očitno t ka števila obst jajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so opolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikot iško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je tr kotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo itagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diag nal Pascalovega trikotnika. Od vseh št vilnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška šte ila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi nep sr dno iz definicije teh števil i pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n nara nih števil, ki niso tri- kot iška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na os ovnici n reči, nato pa na vsa i višji vzporednici po e o reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligons t il , ker bi p po obnem principu lahk razporejali reči tudi v druge p ligone. Smiseln se je vprašati po trikotniških številih, ki so popol i kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obst jajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so opolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikot iško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo itagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = ( + 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diag nal P scalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška šte ila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi nep sredno iz definicije teh števil i pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n aravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na os ov ici n reči, nato pa na vsa i višji vzporednici po e o reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligons šte il , ker bi p po obnem principu lahk razporejali reči tudi v druge p ligone. Smiselno se je vprašati po trikotniških številih, ki so popol i kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obst jajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so opolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikot iško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo itagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot sešteje o, dobi o 2Tn = ( + 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diag nal P scalovega trikotnika. Od vseh št vilnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška šte ila, o i o sa rekurzivn zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi nep s dno iz definicije teh števil i po eni, da ed Tn in Tn+1 leži natank n naravnih števil, k niso tri- kotniška. Od kod število i e? Kot je razv dno s slike, lahko Tn enakih reči razporedi o v trikotnik, i i a na os ov ici n reči, nato pa na vsa i višji vzporednici po o reč anj. Slika Trikotniška števila uvršča o ed t. i. figurativna ali poligons , ker bi p po obne p incipu lahk razporejali reči tudi v druge p ligone. S isel o se je prašati po trikotniških štev lih, ki so p po i kv drati, orej kvadra i nekih naravnih števil. Očitno taka števila obs jajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so opolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepa o, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej na vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikot iško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je tr kotniško število po- polni kvadra , deni o Tu = v2, u lahko priredi o itagorejsko trojico (x,x + 1, z) po for ulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = ( + 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, om imo sam rekurzivn zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natank n aravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, i ima na osnovnici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po o reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smisel o se je prašati po trikotniških štev lih, ki so p polni kv drati, orej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obs ajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x + 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- polni kvadra , denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = ( + 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = (n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diag nal P scalovega trikotnika. Od vseh št vilnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška šte ila, om imo sam rekurzivn zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi nep s dno iz definicije teh števil i pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natank n aravnih števil, k niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razv dno s slike, lahko Tn enakih reči razporedimo v trikotnik, i ima na os ov ici n reči, nato pa na vsa i višji vzporednici po o reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo med t. i. figurativna ali poligons , ker bi p po obnem p incipu lahk razporejali reči tudi v druge p ligone. Smisel o s je prašati po trikotniških številih, ki so p po i kv drati, torej kvadra i nekih naravnih števil. Očitno t ka števila obst jajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so opolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x + 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) 2 − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej nam vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikot iško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je tr kotniško število po- polni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo itagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Ko istoležne člene obeh vsot seštejemo, dobimo 2Tn = (n+ 1)+ (n+ 1)+ · · · + (n+ 1)+ (n+ 1) = n(n+ 1) . Zato je Tn = n(n+ 1) 2 = ( n+ 1 2 ) . Trikotniška števila se torej pojavijo tudi na eni od diagonal Pascalovega trikotnika. Od vseh številnih enakosti, ki vsebujejo trikotniška števila, omenimo samo rekurzivno zvezo: Tn+1 = Tn + (n + 1). Sledi neposredno iz definicije teh števil in pomeni, da med Tn in Tn+1 leži natanko n naravnih števil, ki niso tri- kotniška. Od kod številom ime? Kot je razvidno s slike, lahko Tn e akih reči razporedimo v trikotnik, ki ima na osnov ici n reči, nato pa na vsaki višji vzporednici po eno reč manj. Slika Trikotniška števila uvrščamo me t. i. figurativna ali poligonska števila, ker bi po podobnem principu lahko razporejali reči tudi v druge poligone. Smisel o se je vprašati po trikotniških številih, ki so popolni kvadrati, torej kvadrati nekih naravnih števil. Očitno taka števila obstajajo, saj je T1 = 1 = 12 , T8 = 8 · 9 2 = 36 = 62 . Poraja se v rašanje, ali so še druga trikotniška šte- vila, ki so popolni kvadrati. V pitagorejski trojici (x,x 1, z) velja z2 = x2 + (x + 1)2, z > x + 1 in z < x + (x + 1) = 2x + 1. Zato sta števili u = z − x − 1 , v = 2x 1− z 2 naravni števili. Na podlagi enakosti Tu − v2 = (z − x − 1)(z − x) − (2x + 1− z) 2 4 = z 2 − x2 − (x + 1)2 4 lahko sklepamo, da je Tu = u(u+ 1) 2 = v2 . Torej am vsaka pitagorejska trojica (x,x + 1, z) da trikotniško število, ki je popolni kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število po- olni kvadrat, denimo Tu = v2, mu lahko priredimo pitagorejsko trojico (x,x + 1, z) po formulah: x = u+ 2v , z = 2u+ 2v + 1 . 5 Primeri o ezava s r ko niškimi števili • n = 1 T1 = 1 • • • n = 2 T2 = 3 • • • • • • n = 3 T3 = 6 • • • • • • • • • • n = 4 T4 = 10 • • • • • • • • • • • • • • • n = 5 T5 = 15 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • n = 6 T6 = 21 2 Velja namreč: x2 + (x + 1)2 − z2 = (u+ 2v)2 + (u+ 2v + 1)2 − (2u+ 2v + 1)2 = 4(v2 − Tu) . Iz Tu = v2 očitno sledi x2 + (x + 1)2 = z2. Tako do- bimo vsa trikotniška števila, ki so popolni kvadrati. Takih je neskončno mnogo. i ri Pitagorejska trojica (20,21,29) nam da u = 8, v = 6. Res je T8 = 36 = 62. Še nekaj takih primerov dobimo iz pitagorejskih trojic (119,120,169), (696,697,985), (4059,4060,5741), (23660,23661,33461), (137903,137904,195025) : T49 = 352 , T288 = 2042 , T1681 = 11892 , T9800 = 69302 , T57121 = 403912 . K problemu, katera trikotniška števila Tn so popolni kvadrati, bi lahko pristopili tudi na videz prepro- steje. Trikotniško število Tn je popolni kvadrat, če obstaja tako naravno število m, za katero velja Tn = m2. To pomeni, da velja enačba n(n + 1)/2 = m2 oziroma n2 + n = 2m2. Ko to enačbo pomnožimo na obeh straneh s 4 in potem na obeh straneh pri- štejemo 1, dobimo 4n2 + 4n + 1 = 8m2 + 1. Očitno lahko dobljeno enačbo preoblikujemo v (2n+ 1)2 = 2(2m)2 + 1. Označimo x = 2n + 1, y = 2m, pa smo pri Pellovi enačbi x2 − 2y2 = 1. Splošna Pellova enačba je x2 − Dy2 = 1, pri čemer naravno število D ni popolni kvadrat. Zanimajo nas samo njene ce- loštevilske rešitve. John Pell (1611–1685) je bil an- gleški matematik. Pellovo enačbo so poznali že pred približno poltretjim tisočletjem v Indiji in Grčiji, se- veda ne pod tem imenom. Reševanje Pellove enačbe pa ni nič kaj preprosto. Takoj sicer vidimo trivialno rešitev x = 1, y = 0, malo težje rešitev x = 3, y = 2, še težje x = 17, y = 12. Obstajajo formule za rešitve Pellove enačbe in s tem trikotniških števil, ki so po- polni kvadrati. Toda to presega okvir tega prispevka, zato se zadovoljimo zgolj z opisanim postopkom is- kanja takih trikotniških števil. Naloga 1. Dokažite naslednjo trditev. Če je Tn tri- kotniško število, ki je popolni kvadrat, je tako tudi trikotniško število T4n(n+1). Naloga 2. Z večkratno uporabo funkcije f na pita- gorejski trojici (3,4,5) dobimo zaporedje pitagorej- skih trojic (xn,xn + 1, zn) z vedno večjimi katetami in hipotenuzami. Proti kateremu številu konvergira zaporedje (xn/zn)n∈N? 6 Presek 38 (2010/2011) 4 • 10 m a t e m a t i k a Literatura [1] J. Grasselli, Diofantske enačbe, Ljubljana 1984, 152 str. [2] W. Sierpiński, Pythagorean Triangles, Dover Pu- blications, Mineola, New York 2003, 107 str. [3] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana 1972, 340 str. 7 Velja namreč: x2 + (x + 1)2 − z2 = (u+ 2v)2 + (u+ 2v + 1)2 − (2u+ 2v + 1)2 = 4(v2 − Tu) . Iz Tu = v2 očitno sledi x2 + (x + 1)2 = z2. Tako do- bimo vsa trikotniška števila, ki so popolni kvadrati. Takih je neskončno mnogo. Primeri Pitagorejska trojica (20,21,29) nam da u = 8, v = 6. Res je T8 = 36 = 62. Še nekaj takih primerov dobimo iz pitagorejskih trojic (119,120,169), (696,697,985), (4059,4060,5741), (23660,23661,33461), (137903,137904,195025) : T49 = 352 , T288 = 2042 , T1681 = 11892 , T9800 = 69302 , T57121 = 403912 . K problemu, katera trikotniška števila Tn so popolni kvadrati, bi lahko pristopili tudi na videz prepro- steje. Trikotniško število Tn je popolni kvadrat, če obstaja tako naravno število m, za katero velja Tn = m2. To pomeni, da velja enačba n(n + 1)/2 = m2 oziroma n2 + n = 2m2. Ko to enačbo pomnožimo na obeh straneh s 4 in potem na obeh straneh pri- štejemo 1, dobimo 4n2 + 4n + 1 = 8m2 + 1. Očitno lahko dobljeno enačbo preoblikujemo v (2n+ 1)2 = 2(2m)2 + 1. Označimo x = 2n + 1, y = 2m, pa smo pri Pellovi enačbi x2 − 2y2 = 1. Splošna Pellova enačba je x2 − Dy2 = 1, pri čemer naravno število D ni popolni kvadrat. Zanimajo nas samo njene ce- loštevilske rešitve. John Pell (1611–1685) je bil an- gleški matematik. Pellovo enačbo so poznali že pred približno poltretjim tisočletjem v Indiji in Grčiji, se- veda ne pod tem imenom. Reševanje Pellove enačbe pa ni nič kaj preprosto. Takoj sicer vidimo trivialno rešitev x = 1, y = 0, malo težje rešitev x = 3, y = 2, še težje x = 17, y = 12. Obstajajo formule za rešitve Pellove enačbe in s tem trikotniških števil, ki so po- polni kvadrati. Toda to presega okvir tega prispevka, zato se zadovoljimo zgolj z opisanim postopkom is- kanja takih trikotniških števil. Naloga 1. Dokažite naslednjo trditev. Če je Tn tri- kotniško število, ki je popolni kvadrat, je tako tudi trikotniško število T4n(n+1). Naloga 2. Z večkratno uporabo funkcije f na pita- gorejski trojici (3,4,5) dobimo zaporedje pitagorej- skih trojic (xn,xn + 1, zn) z vedno večjimi katetami in hipotenuzami. Proti kateremu številu konvergira zaporedje (xn/zn)n∈N? 6 iteratura presek 38 (2010/2011) 4 • fizika 11 f i z i k a slika 1. Zaporedni posnetki trka kratke vzmeti z dvakrat daljšo. Vidimo, da se kratka vzmet ustavi, dolga pa nadaljuje gibanje kot gose- nica. (Foto G. Planinšič) slika 2. Nihanje daljše vzmeti po trku s krajšo. Vzmet v težiščnem siste- mu niha tako, da so amplitude na konceh največje, v sredini pa je vozel. Neostrost posameznih delov vzmeti se pojavi zaradi gibanja teh delov glede na mirujoči fotografski aparat. (Foto G. Planinšič) V Preseku 36 (2008/2009) 4 smo obravnavali čelni trk dveh prožnih valjev. Ugotovili smo, da je tak trk prožen le, če sta valja enakih premerov in enako dolga. Pri trku valja z dvakrat daljšim pa se del začetne energije porabi za nihanje daljšega valja. Ta sicer idealizirani primer jasno pokaže, da trk prožnih teles ni nujno vedno prožen. Del za- četne kinetične energije valjev, ki pred trkom ne nihata, se lahko skrije v energijo nihanja enega ali pa obeh valjev. Poskus se lepo posreči z vzmetmi, kjer je hitrost motnje majhna. Vzmeti položimo med daljši valja- sti kovinski palici, ki ju staknemo po dolžini in na konceh pritrdimo. Najprej poženemo kratko vzmet z dolžino 0,2 m proti enaki, a mirujoči vzmeti. Prva vzmet se po trku povsem ustavi, druga pa se začne gibati s hitrostjo prve. To je povsem jasen dokaz, da je trk prožen. Po trku se vzmeti v vzdolžni smeri ne treseta. Enak izid dobimo, če poskus ponovimo s parom dvakrat daljših vzmeti. Sedaj pa poženimo kratko vzmet proti mirujoči daljši. Ker je masa da- ljše vzmeti večja, bi pri prožnem trku pričakovali, da se bo krajša vzmet odbila nazaj. A trk ni elasti- čen in tudi tu kratka vzmet obstane kot prikovana, večja vzmet pa se oddaljuje in povsem jasno se vidi, da niha vzdolž geometrijske osi. Na sliki 1 vidimo zaporedne posnetke vzmeti pred trkom (a), takoj po trku (b) in nekaj zaporednih trenutkov po trku (c–g). Tu vidimo, da se daljša vzmet po trku giblje podobno kot gosenica. Tak vtis nastane, ker se težišče vzmeti giblje enakomerno, vzmet pa tudi niha. Na sliki 2 pa je prikazano nihanje daljše vzmeti skozi celo peri- odo. Razmazanost posameznih delov vzmeti na sliki kaže na hitrost vzmeti glede na mirujočo naletno vzmet na desni. Na vrhu vidimo, da je vzmet pov- sem stisnjena, na sredi slike povsem raztegnjena, na dnu pa spet stisnjena. Slika 1 Slika 2 Doslej smo obravnavali le čelne trke. Kaj pa se zgodi, če je med valjema prožna vzmet? Da bo razlaga kar se da preprosta, bomo obravnavali trk valja z zelo lahko in kratko vzmetjo, ki je pritrjena na togo steno, kot kaže slika 3. Ker je vzmet zelo kratka, bomo privzeli, da je sila brez časovnega zaostanka soraz- merna z deformacijo vzmeti, torej da zanjo velja Ho- okov zakon. Valj naj se giblje proti vzmeti z začetno hitrostjo v0 in blizu stene pri x = 0 zadene vzmet. Ne bomo pisali enačb, potek trka bomo razbrali iz zaporednih slik, kot jih z ustreznim programom na- rišemo na računalniški zaslon. Ogledali si bomo ča- 2 • andrej likar Prisluhnimo trku! V Preseku 36 (2008/2009) 4 smo obravnavali čelni trk dveh prožnih valjev. Ugotovili smo, da je tak trk prožen le, če sta valja enakih premerov in enako dolga. Pri trku valja z dvakrat daljšim pa se del začetne energije porabi za nihanje daljšega valja. Ta sicer idealizirani primer jasno pokaže, da trk prožnih teles ni nujno vedno prožen. Del za- četne kinetične energije valjev, ki pred trkom ne nihata, se lahko skrije v energijo nihanja enega ali pa obeh valjev. Poskus se lepo posreči z vzmetmi, kjer je hitrost motnje majhna. Vzmeti položimo med daljši valja- sti kovinski palici, ki ju staknemo po dolžini in na konceh pritrdimo. Najprej poženemo kratko vzmet z dolžino 0,2 m proti enaki, a mirujoči vzmeti. Prva vzmet se po trku povsem ustavi, druga pa se začne gibati s hitrostjo prve. To je povsem jasen dokaz, da je trk prožen. Po trku se vzmeti v vzdolžni smeri ne treseta. Enak izid dobimo, če poskus ponovimo s parom dvakrat daljših vzmeti. Sedaj pa poženimo kratko vzmet proti mirujoči daljši. Ker je masa da- ljše vzmeti večja, bi pri prožnem trku pričakovali, da se bo krajša vzmet odbila nazaj. A trk ni elasti- čen in tudi tu kratka vzmet obstane kot prikovana, večja vzmet pa se oddaljuje in povsem jasno se vidi, da niha vzdolž geometrijske osi. Na sliki 1 vidimo zaporedne posnetke vzmeti pred trkom (a), takoj po trku (b) in nekaj zaporednih trenutkov po trku (c–g). Tu vidimo, da se daljša vzmet po trku giblje podobno kot gosenica. Tak vtis nastane, ker se težišče vzmeti giblje enakomerno, vzmet pa tudi niha. Na sliki 2 pa je prikazano nihanje daljše vzmeti skozi celo peri- odo. Razmazanost posameznih delov vzmeti na sliki kaže na hitrost vzmeti glede na mirujočo naletno vzmet na desni. Na vrhu vidimo, da je vzmet pov- sem stisnjena, na sredi slike povsem raztegnjena, na dnu pa spet stisnjena. Slika 1 Slika 2 Doslej smo obravnavali le čelne trke. Kaj pa se zgodi, če je med valjema prožna vzmet? Da bo razlaga kar se da preprosta, bomo obravnavali trk valja z zelo lahko in kratko vzmetjo, ki je pritrjena na togo steno, kot kaže slika 3. Ker je vzmet zelo kratka, bomo privzeli, da je sila brez časovnega zaostanka soraz- merna z deformacijo vzmeti, torej da zanjo velja Ho- okov zakon. Valj naj se giblje proti vzmeti z začetno hitrostjo v0 in blizu stene pri x = 0 zadene vzmet. Ne bomo pisali enačb, potek trka bomo razbrali iz zaporednih slik, kot jih z ustreznim programom na- rišemo na računalniški zaslon. Ogledali si bomo ča- 2 V Preseku 36 (2008/2009) 4 smo obravnavali čelni trk dveh prožnih valjev. Ugotovili smo, da je tak trk prožen le, če sta valja enakih premerov in enako dolga. Pri trku valja z dvakrat daljšim pa se del začetne energije porabi za nihanje daljšega valja. Ta sicer idealizirani primer jasno pokaže, da trk prožnih teles ni nujno vedno prožen. Del za- četne kinetične energije valjev, ki pred trkom ne nihata, se lahko skrije v energijo nihanja enega ali pa obeh valjev. Poskus se lepo posreči z vzmetmi, kjer je hitrost motnje majhna. Vzmeti položimo med daljši valja- sti kovinski palici, ki ju staknemo po dolžini in na konceh pritrdimo. Najprej poženemo kratko vzmet z dolžino 0,2 m proti enaki, a mirujoči vzmeti. Prva vzmet se po trku povsem ustavi, druga pa se začne gibati s hitrostjo prve. To je povsem jasen dokaz, da je trk prožen. Po trku se vzmeti v vzdolžni smeri ne treseta. Enak izid dobimo, če poskus ponovimo s parom dvakrat daljših vzmeti. Sedaj pa poženimo kratko vzmet proti mirujoči daljši. Ker je masa da- ljše vzmeti večja, bi pri prožnem trku pričakovali, da se bo krajša vzmet odbila nazaj. A trk ni elasti- čen in tudi tu kratka vzmet obstane kot prikovana, večj vzmet pa se oddaljuje in povsem jasno se vidi, da niha vzdolž geometrijske si. Na slik 1 vidimo zaporedne posnetke vzmeti pred trkom (a), takoj po trku (b) in nekaj zapor dnih trenutkov po trku (c–g). Tu vidimo, da se daljš vzmet p trku g blje pod bno kot gosenica. Tak vtis nastane, ker se težišče vzmeti giblje enakomerno, vzmet pa tudi niha. Na sliki 2 pa je prikazano nihanje daljše vzmeti skozi celo peri- odo. Razmazanost posameznih delov vzmeti na sliki kaže na hitrost vzmeti glede na mirujočo naletno vzmet na desni. Na vrhu vidimo, da je vzmet pov- sem stisnjena, na sredi slike povsem raztegnjena, na dnu pa spet stisnjena. Slika 1 Slika 2 Doslej smo obravnavali le čelne trke. Kaj pa se zgodi, če je med valjema prožna vzmet? Da bo razlaga kar se da preprosta, bomo obravnavali trk valja z zelo lahko in kratko vzmetjo, ki je pritrjena na togo steno, kot kaže slika 3. Ker je vzmet zelo kratka, bomo privzeli, da je sila brez časovnega zaostanka soraz- merna z deformacijo vzmeti, torej da zanjo velja Ho- okov zakon. Valj naj se giblje proti vzmeti z začetno hitrostjo v0 in blizu stene pri x = 0 zadene vzmet. Ne bomo pisali enačb, potek trka bomo razbrali iz zaporednih slik, kot jih z ustreznim programom na- rišemo na računalniški zaslon. Ogledali si bomo ča- 2 . , , . . , . , , . , . , . , . , . , . . , . . , , . , , . , . , . , , . . . , , , . . , , , , . , , , . . , , . r s ( / ) s r li l i tr r i lj . t ili s , j t tr r l , st lj i r r i l . ri tr lj r t ljši s l t r ij r i i j ljš lj . si r i li ir i ri r j s , tr r i t l s i j r . l - t i ti r ij lj , i r tr i t , s l s rij r ij i j li lj . s s se le sreci et i, jer je itr st t je j . eti l i e ljši lj - sti i s i lici, i j st e l i i i ce ritr i . j rej e e r t et l i , r ti e i, ir j ci eti. r et se tr se st i, r se c e i ti s itr stj r e. je se j se , je tr r e . tr se eti l i s eri e treset . i i i , ce s s i s r r t ljši eti. e j e i r t et r ti ir j ci ljši. er je s - ljše eti ecj , i ri r e tr ric li, se r jš et il j. tr i el sti- ce i t i t r t et st e t ri , ecj et se lj je i se j s se i i, i l e etrijs e si. sli i i i re e s et e eti re tr ( ), t j tr ( ) i e j re i tre t tr (c– ). i i , se ljš et tr i lje t se ic . tis st e, er se te išce eti i lje e er , et t i i . sli i je ri i je ljše eti s i cel eri- . st s e i el eti sli i e itr st eti le e ir j c let et es i. r i i , je et - se stis je , sre i sli e se r te je , s et stis je . li li slej s r li le cel e tr e. j se i, ce je e lje r et? r l r se re r st , r li tr lj el l i r t etj , i je ritrje t ste , t e sli . er je et el r t , ri eli, je sil re c s e st s r - er ef r cij eti, t rej j elj - . lj j se i lje r ti eti cet itr stj 0 i li ste e ri e e et. e is li e c , te tr r r li i re i sli , t ji stre i r r - riše r c l iš i sl . le li si c - P e e 36 2008 2009 4 o o a a a če e ož a e go o o a e a ože e če a a a e a e e o e a o o ga P a a z a a a a e e zače e e e g e o a za a e a ega a a a ce ea z a e a o o aže a ož e e o e o ože e za če e e č e e e g e a e e o e a a e a o e e e g o a a e ega a a o e a e Po k o o ˇ z vz k o o a a z o ož o a va a kov k a k ak o o o ž a ko o a ož o k a ko vz z o ž o 0 2 o ak a oˇ vz P va vz o k ov av ga a zaˇ g ba o o v o ov a okaz a k ož Po k vz v vz o ž a E ak z ob o ˇ o k o ov o a o vak a a vz S a a ož o k a ko vz o oˇ a a a a vz v ˇ a b ož k ˇakova a bo k a a vz o b a aza k a ˇ k a ka vz ob a ko kova a v ˇ a vz a o a ov a o v a a vz o ž g o k o a k 1 v o za o o k vz ko a ako o k b ka za o kov o k g v o a a a vz o k g b o ob o ko go a ak v a a k ž ˇ vz g b ako o vz a a a k 2 a kaza o a a vz koz o o o az aza o o a z ov vz a k kaž a o vz g a oˇo a o vz a a v v o a vz ov a a k ov az g a a a a S ka 1 S ka 2 o o ob av ava ˇ k a a zgo ˇ va a ož a vz a bo az aga ka a o a bo o ob av ava k va a z z o a ko k a ko vz o k a a ogo o ko kaž ka 3 vz z o k a ka bo o vz a a b z ˇa ov ga zao a ka o az a z o a o vz o a za o v a o okov zako a a g b o vz z zaˇ o o o b z 0 za vz bo o a aˇb o k ka bo o azb a z za o k ko z z og a o a o a aˇ a k za o g a bo o ˇa 2 V ku ( ) b vn v li lni k dv h p nih v lj v. U vili , d j k k p n l , v lj n kih p v in n k d l . i ku v lj dv k d lj i p d l n n ij p bi nih nj d lj v lj . T i id li i ni p i j n p k , d k p nih l ni nujn v dn p n. D l - n kin i n n ij v lj v, ki p d k n nih , l hk k ij v n ij nih nj n li p b h v lj v. u l p p i i, j j hi nj jhn . V i p l i d d lj i lj - i in i p li i, i ju n p d l ini in n n h p i di . N jp j p n d l in , p i n i, i uj i i. p u p u i, d u p n i i hi j p . T j p j n d , d j p n. u i d l ni i n . n i id d i , p u p n i p d d lj ih i. d j p p ni p i i uj i d lj i. K j d - lj i j , i p i p n u p i li, d j d il n j. A ni l i- n in udi u n p i n , j p dd ljuj in p j n idi, d nih d l ij i. N li i idi p dn p n i p d ( ), j p u ( ) in n j p dnih nu p u ( ). Tu idi , d d lj p u i lj p d n ni . T i n n , i i i lj n n , p udi nih . N li i p j p i n nih nj d lj i i l p i- d . R n p nih d l i n li i n hi i l d n i uj n l n n d ni. N hu idi , d j p - i nj n , n di li p nj n , n dnu p p i nj n . li li D l j n li l ln . K j p di, j d lj p n D l d p p , n li lj l l h in j , i j p i j n n n , li . K j l , p i li, d j il n n - n d ij i, j d nj lj H - n. V lj n j i lj p i i n hi j v in li u n p i x = d n . N pi li n , p li i p dnih li , jih u ni p n - i n un lni i l n. O l d li i - r s / s r tr r . t s , t tr r , st r r . r tr r t š s t r r š . s r r r r s , tr r t s r . t t r , r tr t , s s r r . s s se e srec et , er e tr st t e . et e š st s c , st e ce r tr . re e e r t et r t e , r c et . r et se tr se st , r se c e t s tr st r e. e se se , e tr r e . tr se et s er e treset . , ce s s s r r t š et . e e r t et r t r c š . er e s še et ec , r r e tr r c , se r š et . tr e st ce t t r t et st e t r , ec et se e se s se , e etr s e s . s re e s et e et re tr , t tr e re tre t tr c– . , se š et tr e t se c . t s st e, er se te šce et e e er , et t . s e r e še et s ce er . st s e e et s e tr st et e e r c et et es . r , e et se st s e , sre s e se r te e , s et st s e . s e s r e ce e tr e. se , ce e e e r et? r r se re r st , r tr e r t et , e r tr e t ste , t e s . er e et e r t , r e , e s re c s e st s r er ef r c et , t re e . se e r t et cet tr st 0 ste e r e e et. e s e c , te tr r r re s , t stre r r r še r c š s . e s c ( ) li l i i lj ili j l lj i i l i lj lj i l ij i i j lj lj i i li i i i j i l i j l - i i ij lj i i l ij ij i j li lj l i i j j i j j i l i lj i lj - i i i li i i j l i i i i i j j l i , i i i j i i i i i i j j j j i l i i i i i i lj i i j i i i j i lj i j - lj i j i i i li j il j i l i- i i i j lj j i j i i i l ij i li i i i i ( ) j ( ) i j i ( ) i i lj i lj i i i i i lj i i li i j i i j lj i i l i- i l i li i i i l i j l i i i j - i j i li j i j li li l j li l l j i j lj l li lj l l i j i j i j li j l i li j il - ij i j j lj - lj j i lj i i i j i li i i li li i i li ji i - i l i i l l li i - Presek 38 (2010/2011) 4 • (a) (c) (d) (f) (b) (č) (e) (g) 12 f i z i k a V Preseku 36 (2008/2009) 4 smo obravnavali čelni trk dveh prožnih valjev. Ugotovili smo, da je tak trk prožen le, če sta valja enakih premerov in enako dolga. Pri trku valja z dvakrat daljšim pa se del začetne energije porabi za nihanje daljšega valja. Ta sicer idealizirani primer jasno pokaže, da trk prožnih teles ni nujno vedno prožen. Del za- četne kinetične energije valjev, ki pred trkom ne nihata, se lahko skrije v energijo nihanja enega ali pa obeh valjev. Poskus se lepo posreči z vzmetmi, kjer je hitrost motnje majhna. Vzmeti položimo med daljši valja- sti kovinski palici, ki ju staknemo po dolžini in na konceh pritrdimo. Najprej poženemo kratko vzmet z dolžino 0,2 m proti enaki, a mirujoči vzmeti. Prva vzmet se po trku povsem ustavi, druga pa se začne gibati s hitrostjo prve. To je povsem jasen dokaz, da je trk prožen. Po trku se vzmeti v vzdolžni smeri ne treseta. Enak izid dobimo, če poskus ponovimo s parom dvakrat daljših vzmeti. Sedaj pa poženimo kratko vzmet proti mirujoči daljši. Ker je masa da- ljše vzmeti večja, bi pri prožnem trku pričakovali, da se bo krajša vzmet odbila nazaj. A trk ni elasti- čen in tudi tu kratka vzmet obstane kot prikovana, večja vzmet pa se oddaljuje in povsem jasno se vidi, da niha vzdolž geometrijske osi. Na sliki 1 vidimo zaporedne posnetke vzmeti pred trkom (a), takoj po trku (b) in nekaj zaporednih trenutkov po trku (c–g). Tu vidimo, da se daljša vzmet po trku giblje podobno kot gosenica. Tak vtis nastane, ker se težišče vzmeti giblje enakomerno, vzmet pa tudi niha. Na sliki 2 pa je prikazano nihanje daljše vzmeti skozi celo peri- odo. Razmazanost posameznih delov vzmeti na sliki kaže na hitrost vzmeti glede na mirujočo naletno vzmet na desni. Na vrhu vidimo, da je vzmet pov- sem stisnjena, na sredi slike povsem raztegnjena, na dnu pa spet stisnjena. Slika 1 Slika 2 Doslej smo obravnavali le čelne trke. Kaj pa se zgodi, če je med valjema prožna vzmet? Da bo razlaga kar se da preprosta, bomo obravnavali trk valja z zelo lahko in kratko vzmetjo, ki je pritrjena na togo steno, kot kaže slika 3. Ker je vzmet zelo kratka, bomo privzeli, da je sila brez časovnega zaostanka soraz- merna z deformacijo vzmeti, torej da zanjo velja Ho- okov zakon. Valj naj se giblje proti vzmeti z začetno hitrostjo v0 in blizu stene pri x = 0 zadene vzmet. Ne bomo pisali enačb, potek trka bomo razbrali iz zaporednih slik, kot jih z ustreznim programom na- rišemo na računalniški zaslon. Ogledali si bomo ča- 2 sovni potek x(t) in v(t) čelne točke valja A, ki je nekaj časa v stiku z vzmetjo. Zaporedne slike veljajo za valje z različno dolžino (glej sliko 4a–č). Pri zelo kratkih valjih, kjer se motnja, ki jo povzroči vzmet, hitro vrne po odboju na nasprotnem koncu, je po- tek odmika in hitrosti tak, kot ga da „šolski“ račun s točkaso maso (glej sliko 4a). Nekaj časa se valj stika z vzmetjo, potem pa se od nje odlepi in nadaljuje premo gibanje v nasprotni smeri. Vzmet namreč de- luje na valj le, ko je stisnjena. Takrat lahko zelo kra- tek valj in vzmet obravnavamo kot nihalo, valj se za- vira in pospešuje ravno polovico nihajnega časa, ko je pač v stiku z vzmetjo in je le-ta bolj ali manj sti- snjena. Trk je povsem elastičen, kinetična energija na začetku je enaka kinetični energiji po trku. Vmes, ko se valj ustavlja in pospešuje v nasprotni smeri, pa je kinetična energija valja manjša od začetne, v napeti vzmeti pa tiči prožnostna energija vzmeti. Slika 3 Slika 4 Ko opazujemo trk z vzmetjo vse daljših valjev, se potek odvisnosti hitrosti točke A od časa vse bolj odmika od poteka, ki ga da račun s točkaso maso. Lepo vidimo, da valj med in po odboju niha (glej sliko 4b–c). Pri zelo dolgem valju so na nasprotnem koncu odbiti signali zakasnjeni do mere, ki je primerljiva s časom odboja. Takrat se razlika jasno opazi tudi na grafu odmika (glej sliko 4č). Če je med valji vzmet in je čas trka zelo dolg v pri- meri z zakasnitvijo zaradi potovanja valovnega čela v valju, je trk skoraj povsem prožen. Za pojave, ki jih obravnavamo, je torej bistveno, da je čas trka zelo kratek in primerljiv z zakasnitvijo. Sicer so trki zelo blizu prožnim. Razmere v tem primeru spominjajo na razmere pri potovanju elektromagnetnih signalov po vodnikih. Pri dovolj visoki frekvenci ne moremo spregledati valovnih lastnosti pojava. Slika 5 Trku valjev lahko tudi prisluhnemo. Pri poskusu smo uporabili jeklena valja različnih dolžin, ki sta drsela po vodilu (glej sliko 5). Oden od valjev je imel na sredi stične ploskve rahlo izboklino, ki deluje kot vzmet. Trku smo prisluhnili tudi z mikrofonom, nje- gov izhod smo prikazali na osciloskopu. Razmere so pri tem bolj zapletene kot v primeru, ko je bila vzmet na enem koncu pritrjena na togo telo. Zanihata oba valja, kar vidimo, če razčlenimo zvok na posamezne tone. Močno se pokažeta tona pri frekvencah 10 kHz in 5 kHz, to pa sta ravno tona, ki ustrezata lastnemu nihanju valjev v vzdolžni smeri z najnižjo frekvenco. 3 sovni potek x(t) in v(t) čelne točke valja A, ki je nekaj časa v stiku z zm tjo. Zaporedne slike veljajo za valje z r zlično d l ino (glej sliko 4a–č). Pri zelo kratkih valjih, kjer se m tnja, ki jo povzroči vzmet, hitro vrne po odboju na nas otnem koncu, je p - tek odmika in hitrosti tak, kot ga da „šolski“ račun s točkaso m so (g ej sliko 4a). N k j č sa se v lj stika z vzmetjo, potem pa se od nje o lepi in nadaljuje premo gibanje v nasprotni sme i. Vzmet namreč de- luje na valj le, ko je stisnj na. Takrat lahko zelo kra- tek valj in vzmet obravnavamo kot nihalo, valj se za- vira in pospešuje ravno polovico nihajneg časa, ko je pač v stiku z vzmetjo in je le-ta bolj ali manj sti njena. Tr je povsem elastič n, kinetičn energi a a začetku je enaka kinetični energiji po tr u. Vmes, ko se valj ustavlja in pospešu e v nasprotni sm ri, pa je kinetična energija valj manjša od začetne, v napeti vzmeti pa tiči prož o tna energija vzmeti. Slika 3 Slika 4 Ko opazujemo trk z vzmetjo vse daljših valj v, se potek odvisnosti hitrosti točke A od časa vse bolj odmika od potek , ki ga da račun s točkaso aso. Lepo vidimo, da valj med in po odboju niha (gl j sliko 4b–c). Pri z lo dolgem valju so na nasprotne koncu odbiti signali zakasnjeni do mere, ki je primerljiva s časom odboja. Takrat se razlika jasno opazi tudi na grafu odmika (glej sliko 4č). Če je med valji vzmet in je čas trka zelo dolg v pri- meri z zakasnitvijo zaradi potovanja valovnega čela v valju, je trk skoraj povsem prožen. Za pojave, ki jih obravnavamo, je torej bistveno, da je čas trka zelo kratek in primerljiv z zakasnitvijo. Sicer so trki zelo blizu prožnim. Razmere v tem primeru spominjajo na razmere pri potovanju elektromagnetnih signal v po vodnikih. Pri dovolj visoki frekvenci ne moremo spregle ati valo nih lastnosti pojava. Slika 5 Trku valjev lahko tudi prisluhnemo. Pri p skusu smo uporabili je lena valja različnih dolžin, ki sta drsela po vodilu (glej sliko 5). Oden o valjev je imel na s edi stične plosk e rahlo izboklino, ki deluje kot vzmet. Trku smo prisluhnili tudi z ikrofonom, nje- gov i hod smo rikazali na osciloskopu. Razmere so ri tem bolj zapletene kot v prim ru, ko je bila vz et na nem koncu pr trjena na togo telo. Zanihata oba valja, kar vidimo, če razčlenimo zvok na posamezne tone. Močno se pokažeta tona pri frekvencah 10 kHz in 5 kHz, to pa sta ravno tona, ki ustrezata lastnemu nihanju valjev v vzdolžni smeri z najnižjo frekvenco. 3 s vni potek x(t) in v(t) čeln točke valja A, ki je nekaj časa v stiku z vzmetjo. Zaporedne li e velj jo a valj z različno dolžin (glej sliko 4a–č). Pri zelo k atkih valjih, k er e motn a, k jo povzroči vzmet, vrne po odboju na nasprotnem koncu, je po od ika in hitrosti tak, kot ga da „šolski“ račun s točkaso maso (glej slik 4a). Nekaj časa se valj sti a z vzmetjo, potem pa se od j odlepi in nadaljuje premo gibanj v na pro ni meri. Vzmet mr č de- luje na valj l , ko je stisnjena. Tak at lahko zelo kra- tek valj in vzmet bravnavamo kot nihalo, valj se za- vira in pospešuj avno po ovico ih jnega asa, ko je ač stiku z vzmetj i je le- a bolj li manj sti snjena. Trk je pov em elastičen, kinetična energija na z četku je enaka kinetični energiji po trku. Vmes, ko se valj ustavlja in pospešuje v nasprot i smeri, a je kinetična e ergija valja manjša od začetne, v napeti vzmeti pa tiči prožnostn energija vzmeti. Slik 3 Slika 4 Ko opazujemo trk z vzmetjo vse daljših valjev, se potek o visnosti hitro ti točke A od časa vse bolj odmika od poteka, ki ga da račun s točkaso maso. Lepo vidimo, da valj d in po odboju niha (g ej sliko 4b–c). Pri zelo dolgem v lju s na asprotnem koncu odbiti signali zakasnjeni do mere, ki je rimerljiva s časom odboja. Takrat se razlika jasno opazi tudi na g fu odmika (glej sliko 4č). Če je med valji v t in je čas t ka zelo d lg pri- me i zakasn tvijo z radi potovanja valovne a čela v valju, je trk skor j povsem prožen. Za pojave, ki jih ob avnavamo, je torej bistven , da je čas trka zel kratek in primerljiv z z kasnitvijo. Sicer so trki zelo blizu prožnim. R zmere v tem primeru spominj jo n r zmere pri potovanju elektromagnetnih signalov po vodnikih. Pri dovolj visoki frekvenci ne moremo spregl dati valovnih last osti pojav . Slik 5 Trku valjev lahko udi prisluhnemo. Pri poskusu sm uporabil jeklena valja različn h dolžin, ki st drsela po vodilu (glej sliko 5). Oden d valjev je imel n sredi stične ploskve rah o zb klino, ki deluje kot vzmet. Trku mo prisluhnili tudi z mikrofonom, nje- gov izhod smo prikazali na osciloskopu. Razmer so pri tem bolj zapletene kot v primeru, ko e bila zmet na enem koncu pritrjena na togo telo. Zanihata oba valja, kar idim , če razčlenimo zvok na posamezne tone. Močno se pokažet tona pri frekvencah 10 kHz in 5 kHz, to pa sta ravno tona, ki ustrezata lastnemu nihanju valjev v vzdolžni smeri z najnižjo frekv nc . 3 slika 3. Zelo dolg valj naleti na en konec kratke vzmeti, ki je na drugem koncu togo vpeta na mirujočo podlago. (a) (b) presek 38 (2010/2011) 4 • Avalj 15 10 10 5 0 0 -5 -10 -10 -15 -20 -20 0.0 0.0 0.2 0.2 0.4 0.4 0.6 0.6 T z /T=0 T z /T=0,125 t/T t/T s(t) s(t) s( t) , v (t ) s( t) , v (t ) v(t) v(t) 0.8 0.8 1.0 1.0 1.2 1.2 1.4 1.4 vzmet x = 0 togo telo 13 f i z i k a Kakuro • V prazne kvadratke moraš vpisati naravna števila od 1 do 9, tako da vodoravno vsota števil v nizu pra- znih kvadratkov ustrezala številki zapisani na levi ter navpično številki zapisani na vrhu, pri čemer se števila ne smejo ponoviti. sovni potek x(t) in v(t) čelne točke valja A, ki je nekaj časa v stiku z vzmetjo. Zaporedne slike veljajo za valje z različno dolžino (glej sliko 4a–č). Pri zelo kratkih valjih, kjer se motnja, ki jo povzroči vzmet, hitro vrne po odboju na nasprotnem koncu, je po- tek odmika in hitrosti tak, kot ga da „šolski“ račun s točkaso maso (glej sliko 4a). Nekaj časa se valj stika z vzmetjo, potem pa se od nje odlepi in nadaljuje premo gibanje v nasprotni smeri. Vzmet namreč de- luje na valj le, ko je stisnjena. Takrat lahko zelo kra- tek valj in vzmet obravnavamo kot nihalo, valj se za- vira in pospešuje ravno polovico nihajnega časa, ko je pač v stiku z vzmetjo in je le-ta bolj ali manj sti- snjena. Trk je povsem elastičen, kinetična energija na začetku je enaka kinetični energiji po trku. Vmes, ko se valj ustavlja in pospešuje v nasprotni smeri, pa je kinetična energija valja manjša od začetne, v napeti vzmeti pa tiči prožnostna energija vzmeti. Slika 3 Slika 4 Ko opazujemo trk z vzmetjo vse daljših valjev, se potek odvisnosti hitrosti točke A od časa vse bolj odmika od poteka, ki ga da račun s točkaso maso. Lepo vidimo, da valj med in po odboju niha (glej sliko 4b–c). Pri zelo dolgem valju so na nasprotnem koncu odbiti signali zakasnjeni do mere, ki je primerljiva s časom odboja. Takrat se razlika jasno opazi tudi na grafu odmika (glej sliko 4č). Če je med valji vzmet in je čas trka zelo dolg v pri- meri z zakasnitvijo zaradi potovanja valovnega čela v valju, je trk skoraj povsem prožen. Za pojave, ki jih obravnavamo, je torej bistveno, da je čas trka zelo kratek in primerljiv z zakasnitvijo. Sicer so trki zelo blizu prožnim. Razmere v tem primeru spominjajo na razmere pri potovanju elektromagnetnih signalov po vodnikih. Pri dovolj visoki frekvenci ne moremo spregledati valovnih lastnosti pojava. Slika 5 Trku valjev lahko tudi prisluhnemo. Pri poskusu smo uporabili jeklena valja različnih dolžin, ki sta drsela po vodilu (glej sliko 5). Oden od valjev je imel na sredi stične ploskve rahlo izboklino, ki deluje kot vzmet. Trku smo prisluhnili tudi z mikrofonom, nje- gov izhod smo prikazali na osciloskopu. Razmere so pri tem bolj zapletene kot v primeru, ko je bila vzmet na enem koncu pritrjena na togo telo. Zanihata oba valja, kar vidimo, če razčlenimo zvok na posamezne tone. Močno se pokažeta tona pri frekvencah 10 kHz in 5 kHz, to pa sta ravno tona, ki ustrezata lastnemu nihanju valjev v vzdolžni smeri z najnižjo frekvenco. 3 slika 5. Jeklena valja na vodilu. s ka 4. Gibanje točke A na čelu valja med in po trku pri različnih d l- žinah valjev. Trk je počasen, ko traja dolgo časa v pri eri s ča- om Tz, ko se motnja po odboju odbije n nasprotnem prostem koncu valja, vrne v točko A. Pri majhnem razmeru med časoma Tz in časom trka T/2 so razmere zelo podobne tistim, ki jih na- računamo s privzetkom, da je valj točkasto telo. Pri vse večjih razmerjih pa je trk vse bolj nenavaden, valj po trku tudi niha, kar lepo pokaže graf hitrosti točke A. (c) (č) Presek 38 (2010/2011) 4 10 10 0 0 -10 -10 -20 -20 0.0 0.0 0.2 0.2 0.4 0.4 0.6 0.6 T z /T=0,3 T z /T=0,3 t/T t/T s(t) s(t) s( t) , v (t ) s( t) , v (t ) v(t) v(t) 0.8 0.8 1.0 1.0 1.2 1.2 1.4 1.4 14 f i z i k a • andreja gomboc Galilejeva in Einsteinova življenja presek 38 (2010/2011) 4 V Presekovi knjižnici sta izšla dva stripa izpod peresa Fiamija v spretnem in zabavnem prevodu Alojza Kodreta. Stripa na hudomušen način peljeta bralca skozi zgodovino in predstavita najpomemb- nejše zamisli Galileja in Einsteina. Knjižica Galilejeva življenja – Popotovanje skozi čas in astronomijo nas popelje skozi pomembne postaje v razvoju astronomije. Začnemo v Babilonu, kjer se mladi Galilosor uči računanja, klinopisa in znanja o zvezdah. Nekaj stoletij kasneje Galileos v Aleksan- driji sreča Eratostena, ki ga pouči o obliki in veliko- sti Zemlje. Naslednja postaja je Indija, kjer Galilala spoznava idejo o gibanju Zemlje. Leta 1609 Galilej v Padovi uporabi teleskop, da z njim opazuje nebo in postane heliocentrični „krivoverec“. Kmalu zatem pa je skupaj s Halleyem priča sporu med Hookom in Newtonom glede gravitacijskega zakona. Galileja po- spremimo še v učilnico v 21. stoletju, kjer med uči- teljico in učenci poteka sodobna razprava o vesolju, medtem ko nekatere izmed prisotnih seveda najbolj zanima, kdaj bo odmor. V knjižici Einsteinova življenja – Popotovanje skozi čas in zgodovino fizike je struktura podobna: spre- mljamo junaka Enkamna na potovanju skozi različne čase in kraje: iz antične Grčije, kjer izmenja nekaj fi- lozofskih s Sokratom, Hipokratom in Demokritom, v Bagdad, kjer spozna začetke algebre, pa naprej v Pa- dovo, kjer postane Galilejev asistent in spozna rela- tivnost gibanja. Nekaj desetletij kasneje mu v Angliji Newton razloži svoja dognanja, ampak Onestonu to ni dovolj – zanima ga, zakaj se telesa privlačijo. In že smo na začetku 20. stoletja, ko Einstein postavi na glavo dotedanjo fiziko in dojemanje časa. Strip se konča s poglavjem o pomenu znanosti v današnjem času. Oba stripa sem prebrala na mah in se pri tem na- smejala mnogim zanimivim domislicam, ki se nave- zujejo na junake in dogodke ter na nevsiljiv način ilustrirajo glavne ideje fizike in astronomije. Stripa priporočam v branje zlasti srednješolcem in učite- ljem. Knjižici sta zanimivi tudi za učence višjih ra- zredov osnovnih šol, ki pa morda potrebujejo za ra- zumevanje nekaterih domislic še spremno razlago. Vsekakor sta knjižici uspel poskus, kako mladim na- mesto v suhoparnih dolgih učbenikih predstaviti ne- kaj idej znanosti v njim bližji stripovski obliki. Za- bavno in poučno. Knjižico lahko naročite pri DMFA–založništvo po članski ceni 6,15 EUR. Sliki 2 V Presekovi knjižnici sta izšla dva stripa izpod peresa Fiamija v spretnem in zabavnem prevodu Alojza Kodreta. Stripa na hudomušen način peljeta bralca skozi zgodovino in predstavita najpomemb- nejše zamisli Galileja in Einsteina. Knjižica Galilejeva življenja – Popotovanje skozi čas in astronomijo nas popelje skozi pomembne postaje v razvoju astronomije. Začnemo v Babilonu, kjer se mladi Galilosor uči računanja, klinopisa in znanja o zvezdah. Nekaj stoletij kasneje Galileos v Aleksan- driji sreča Eratostena, ki ga pouči o obliki in veliko- sti Zemlje. Naslednja postaja je Indija, kjer Galilala spoznava idejo o gibanju Zemlje. Leta 1609 Galilej v Padovi uporabi teleskop, da z njim opazuje nebo in postane heliocentrični „krivoverec“. Kmalu zatem pa je skupaj s Halleyem priča sporu med Hookom in Newtonom glede gravitacijskega zakona. Galileja po- spremimo še v učilnico v 21. stoletju, kjer med uči- teljico in učenci poteka sodobna razprava o vesolju, medtem ko nekatere izmed prisotnih seveda najbolj zanima, kdaj bo odmor. V knjižici Einsteinova življenja – Popotovanje skozi čas in zgodovino fizike je struktura podobna: spre- mljamo junaka Enkamna na potovanju skozi različne čase in kraje: iz antične Grčije, kjer izmenja nekaj fi- lozofskih s Sokratom, Hipokratom in Demokritom, v Bagdad, kjer spozna začetke algebre, pa naprej v Pa- dovo, kjer postane Galilejev asistent in spozna rela- tivnost gibanja. Nekaj desetletij kasneje mu v Angliji Newton razloži svoja dognanja, ampak Onestonu to ni dovolj – zanima ga, zakaj se telesa privlačijo. In že smo na začetku 20. stoletja, ko Einstein postavi na glavo dotedanjo fiziko in dojemanje časa. Strip se konča s poglavjem o pomenu znanosti v današnjem času. Oba stripa sem prebrala na mah in se pri tem na- smejala mnogim zanimivim domislicam, ki se nave- zujejo na junake in dogodke ter na nevsiljiv način ilustrirajo glavne ideje fizike in astronomije. Stripa priporočam v branje zlasti srednješolcem in učite- ljem. Knjižici sta zanimivi tudi za učence višjih ra- zredov osnovnih šol, ki pa morda potrebujejo za ra- zumevanje nekaterih domislic še spremno razlago. Vsekakor sta knjižici uspel poskus, kako mladim na- mesto v suhoparnih dolgih učbenikih predstaviti ne- kaj idej znanosti v njim bližji stripovski obliki. Za- bavno in poučno. Knjižico lahko naročite pri DMFA–založništvo po članski ceni 6,15 EUR. Sliki 2 i ji i i i l i i i ij i l j . i i lj l i i i i j - j i li lil j i i i . ji i lil j i lj j t j i i t ij lj i j j ij . il , j l i lil i j , li i i j . j l ij j lil l - iji , i i li i i li - i lj . l j j j I ij , j lil l i j i j lj . lil j i i l , ji j i li i i i . l j j ll i i l i ij . lil j - i il i . l j , j i- lji i i lj , i i i j lj i , j . ji i i i t i i lj j t j i i i i j : - lj j j i li i j : i i ij , j i j j - l i , i i i , , j l , j - , j lil j i i l - i i j . j l ij j liji l i j j , i lj i , j l i l ij . I . l j , i i i l j i i j j . i l j i j . i l i i - j l i i i i i li , i - j j j i ilji i il i j l i j i i ij . i i j l i j l i i - lj . ji i i i i i i i ji - i l, i j j - j i i li l . ji i i l , l i - i l i i i i i - j i j i ji li ji i i li i. - i . ji i l i i l i l i i , . li i t t t t t t t t t s s s t r tr r r r t t r r r t t t t r t r t t tr r r t r r t r t r t t r t t r r t t r r t r s s s tr t r r t r r t r r f r t r t r t r t r r r t t t r t t t t t r t t t r t t t t t t tr t tr r r r t t r tr r tr tr r r r t r t t t r r r tr r t r r r r t t r r t t t tr r t r t Presekovi knjižnici s a izšla dva s ripa izpod peresa Fia ija v spre ne in zabavne prevodu lojza odre a. S ripa na hudo ušen način pelje a bralca skozi zgodovino in preds avi a najpo e b- nejše za isli alileja in Eins eina. Knjižica alilejeva življenja – Popotovanje kozi ča in a trono ijo nas popelje skozi po e bne pos aje v azvoju as ono ije. Začne o v Babilonu, kje se ladi aliloso uči ačunanja, klinopisa in znanja o zvezdah. ekaj s ole ij kasneje alileos v leksan- d iji s eča E a os ena, ki ga pouči o obliki in veliko- s i Ze lje. aslednja pos aja je Indija, kje alilala spoznava idejo o gibanju Ze lje. Le a 1609 alilej v Padovi upo abi eleskop, da z nji opazuje nebo in pos ane heliocen ični „k ivove ec“. K alu za e pa je skupaj s alleye p iča spo u ed ooko in e ono glede g avi acijskega zakona. alileja po- sp e i o še v učilnico v 21. s ole ju, kje ed uči- eljico in učenci po eka sodobna azp ava o vesolju, ed e ko neka e e iz ed p iso nih seveda najbolj zani a, kdaj bo od o . V knjižici Ein teinova življenja – Popotovanje kozi ča in zgodovino fizike je s uk u a podobna: sp e- lja o junaka Enka na na po ovanju skozi azlične čase in k aje: iz an ične čije, kje iz enja nekaj fi- lozo skih s Sok a o , ipok a o in e ok i o , v Bagdad, kje spozna zače ke algeb e, pa nap ej v Pa- dovo, kje pos ane alilejev asis en in spozna ela- ivnos gibanja. ekaj dese le ij kasneje u v ngliji e on azloži svoja dognanja, a pak nes onu o ni dovolj – zani a ga, zakaj se elesa p ivlačijo. In že s o na zače ku 20. s ole ja, ko Eins ein pos avi na glavo do edanjo fiziko in doje anje časa. S ip se konča s poglavje o po enu znanos i v današnje času. ba s ipa se p eb ala na ah in se p i e na- s ejala nogi zani ivi do islica , ki se nave- zujejo na junake in dogodke e na nevsiljiv način ilus i ajo glavne ideje fizike in as ono ije. S ipa p ipo oča v b anje zlas i s ednješolce in uči e- lje . Knjižici s a zani ivi udi za učence višjih a- z edov osnovnih šol, ki pa o da po ebujejo za a- zu evanje neka e ih do islic še sp e no azlago. Vsekako s a knjižici uspel poskus, kako ladi na- es o v suhopa nih dolgih učbenikih p eds avi i ne- kaj idej znanos i v nji bližji s ipovski obliki. Za- bavno in poučno. Knjižico lahko na oči e p i F –založniš vo po članski ceni 6,15 EUR. Sliki 2 15 f i z i k a Opazil sem ga poleti, ko je lezel po verandi. Zlata minica iz družine skarabejev ima nenavaden oklep. Barva površine ima kovinski odsev in se spreminja od zlate, rumene do zelene, ko jo opazujemo pod različnimi koti. Slika 1 Pojav, da je barva površine odvisna od opazovalnega kota, imenujemo iridescenca. Iridescenco opazimo tudi drugje v naravi – na tanki plasti olja, na luži, na milnični opni, metuljevih krilih, ptǐcjih peresih, školjkah . . . pa tudi avtomobile vam znajo tako pre- barvati, da o tisku ne govorim. Oglejte si embalažo parfumov, zaščitne holograme na bankovcih, zgo- ščenko. Okrog nas je vse polno zgledov. Vzrok teh barv tiči v razširjanju, odboju, lomu, uklonu in in- terferenci svetlobe na površinah in v snoveh. Po ho- mogeni snovi se svetloba razširja naravnost. Na meji med dvema prozornima snovema se del svetlobe od- bije po odbojnem zakonu: vpadni kot je enak odbi- temu, del pa preide v drugo snov. Pri tem se smer razširjanja svetlobe spremeni po lomnem zakonu: razmerje sinusov vpadnega in lomljenega kota je obratno sorazmerno razmerju lomnih količnikov snovi. Lomni količnik snovi je razmerje hitrosti sve- tlobe v vakuumu in hitrosti v snovi. Na svetlobo tudi močno vplivajo strukture z velikostnim redom po- dobnim valovni dolžini svetlobe. Vidna svetloba ima valovne dolžine v območju med 400 in 700 nm. Na takih strukturah pride do izrazitega uklona. V gro- bem si lahko predstavljamo, da se ravni val svetlobe na takih objektih odbije v vse smeri. V primeru, da so strukture, na katerih prihaja do uklona, pravilno razporejene po prostoru, se zaradi interference v do- ločenih smereh ojači ena od barv. Do interference in ojačitve določene barve svetlobe pride tudi pri od- boju na tankih plasteh. Najbolj znan mehanizem, ki daje površini barvo, je absorpcija svetlobe na pi- gmentih. Pigmenti so spojine, ki svetlobo z določeno barvo dobro absorbirajo ali odbijajo. Površini obar- vani s pigmentom se barva ne spreminja z opazo- valnim kotom. Glavni mehanizmi, ki povzročijo iri- descenco na oklepu hroščev so interferenca na tan- kih plasteh ter uklon in interferenca na površinski uklonski mrežici ali fotonskem kristalu. Pri uklon- ski mrežici brazde ali grebeni tečejo po površini, pri fotonskem kristalu pa so manjši kroglasti objekti po- razdeljeni v pravilno prostorsko mrežo. Slika 2 Trije glavni mehanizmi iridescence pri hroščih so: (a) odboj svetlobe na tankih plasteh. Plasti so lahko ne- enakomerne debeline, potem je spekter odbite sve- tlobe bogatejši in barva dobi kovinski pridih, Plasti 2 aleš mohorič Barva hrošča Presek 38 (2010/2011) 4 Opazil sem ga poleti, ko je lezel po verandi. Zlat minica iz druži skarab j v ima nenavad n klep. Barva površine ima kovinski odsev in se spreminja od zlate, rumene do zelene, ko jo opazujemo pod različnimi koti. Slika 1 Pojav, da je barva površine odvisna od opazovalnega kota, imenujemo iridescenca. Iridescenc opazimo tudi drugje v naravi – na tanki plasti olja, na u i, n milnični opni, metuljevih krilih, ptǐcjih peresih, koljkah . . . pa tudi avtomobile vam znajo tako pre- ati, da o tisku e g vorim. Oglejte si embalažo parfumov, zaščitne hol grame na ba kovcih, zg ščenko. Okrog nas je vse polno zgledov. Vzrok t h barv tiči v razširja ju, odboju, lomu, uklonu in in terferenci svetlobe na površin h in v snoveh. P ho mogeni snovi se sv tloba razširja naravnost. Na eji med dvema proz rnima snovema se del svetlobe od- bije po odbojnem zako u: vpadni kot je ena odbi- temu, del pa preide v drugo snov. Pri tem se smer razširjanja svet obe spremeni po lomnem zakonu: razmerje sinusov vpadnega i lomljenega k ta je obratno sor zmerno razmerju lomnih količnik v snovi. Lomni količnik snovi je razmerje hitr sti sve- tlobe v vakuumu in hitrosti v snovi. Na svetlobo tudi močno vplivajo st ukture z vel kostnim redom p dobnim val vni dolžini svetlobe. Vidna s etloba ima v lovne dolžine v območju med 400 in 700 nm. N takih str kturah pride do zrazitega uklona. V gro- bem si lahko predstavljamo, da se ravni val svetlobe na takih objektih odbije v vse smeri. V prim ru, da so strukture, na kate ih prihaja do uklona, pravilno razporejene po pro oru, se zaradi i terference v do- ločenih smereh oj či ena od ba v. Do interfere ce in ojačitve določ e barve svetlobe pride tudi pri od- oju na tankih plasteh. Najbolj znan mehanizem, ki daje površini barvo, je absorpcija svetlobe n pi gmentih. Pig enti so spojine, ki svetlob določeno barvo d bro absorbiraj ali odb jajo. Površini obar vani s pigmentom se barva ne spreminja z opazo- valnim kotom. Gl vni mehanizmi, ki povzročijo iri descenco na oklepu hrošč v so interferenca na tan- kih plasteh ter uklon in interferenca na površinski uklonski mrežici ali fotonskem kristalu. Pri uklon- ski mrežici brazde ali grebeni tečejo po površini, pri fotonskem kristalu pa so manjši kroglasti objekti po- razdeljeni v pravilno prostorsko mrežo. Slika 2 Trij glavni mehanizmi iridescence pri hroščih so: (a) odboj svetlobe na tankih plasteh. Plasti so lahko ne- enakomerne debeline, potem je spekter odbite sve- tlobe bogatejši in barva dobi kovinski pridih, Plasti 2 Opazil sem ga poleti, ko je lezel po verandi. Zlata minica iz družine skarabejev ima nenavaden oklep. Barva površine ima kovinski odsev in se spreminja od zlate, rumene do zelene, ko jo opazujemo pod različnimi koti. Slika 1 Pojav, da je barva površine odvisna od opazovalnega kota, imenujemo iridescenca. Iridescenco opazimo tudi drugje v naravi – na tanki plasti olja, na luži, na milnični opni, metuljevih krilih, ptǐcjih peresih, školjkah . . . pa tudi avtomobile vam znajo tako pre- barvati, da o tisku ne govorim. Oglejte si embalažo parfumov, zaščitne holograme na bankovcih, zgo- ščenko. Okrog nas je vse polno zgledov. Vzrok teh barv tiči v razširjanju, odboju, lomu, uklonu in in- terferenci svetlobe na površinah in v snoveh. Po ho- mogeni snovi se svetloba razširja naravnost. Na meji med dvema prozornima snovema se del svetlobe od- bije po odbojnem zakonu: vpadni kot je enak odbi- temu, del pa preide v drugo snov. Pri tem se smer razširjanja svetlobe spremeni po lomnem zakonu: razmerje sinusov vpadnega in lomljenega kota je obratno sorazmerno razmerju lomnih količnikov snovi. Lomni količnik snovi je razmerje hitrosti sve- tlobe v vakuumu in hitrosti v snovi. Na svetlobo tudi močno vplivajo strukture z velikostnim redom po- dobnim valovni dolžini svetlobe. Vidna svetloba ima valovne dolžine v območju med 400 in 700 nm. Na takih strukturah pride do izrazitega uklona. V gro- bem si lahko predstavljamo, da se ravni val svetlobe na takih objektih odbije v vse smeri. V primeru, da so strukture, na katerih prihaja do uklona, pravilno razporejene po prostoru, se zaradi interference v do- ločenih smereh ojači ena od barv. Do interference in ojačitve določene barve svetlobe pride tudi pri od- boju na tankih plasteh. Najbolj znan mehanizem, ki daje površini barvo, je absorpcija svetlobe na pi- gmentih. Pigmenti so spojine, ki svetlobo z določeno barvo dobro absorbirajo ali odbijajo. Površini obar- vani s pigmentom se barva ne spreminja z opazo- valnim kotom. Glavni mehanizmi, ki povzročijo iri- descenco na oklepu hroščev so interferenca na tan- kih plasteh ter uklon in interferenca na površinski uklonski mrežici ali fotonskem kristalu. Pri uklon- ski mrežici brazde ali grebeni tečejo po površini, pri fotonskem kristalu pa so manjši kroglasti objekti po- razdeljeni v pravilno prostorsko mrežo. Slika 2 Trije glavni mehanizmi iridescence pri hroščih so: (a) odboj svetlobe na tankih plasteh. Plasti so lahko ne- enakomerne debeline, potem je spekter odbite sve- tlobe bogatejši in barva dobi kovinski pridih, Plasti 2 Opazil sem ga poleti, ko je lezel po verandi. Zlata minica iz družine skarabejev ima nenavaden oklep. Barva površine ima kovinski odsev in se spreminja od zlate, rumene do zelene, ko jo opazujemo pod različnimi koti. Slik 1 Pojav, da je b rva površine odvisna od opazovalnega kota, imenujemo iridescenca. Iridesc nco opazim tudi drugje v naravi – na t nki plasti olja, na luži, na milnični pni, m tuljevih krilih, ptǐcjih peresih, školjkah . . . pa tudi avtomobile va znajo tako pre barvati, da o isku e g or m. Oglejte si embalažo parfumov, zaščitn holograme na bankovcih, zgo- šč nko. Okrog nas je vse polno zgle ov. Vzrok teh arv tiči v razširjanju, odboju, lomu, uklonu in in rferenci svetlobe na površinah in v snoveh. Po ho- mogeni snovi se svetloba razširja narav ost. Na meji med dvema prozornima snovema se d l svetlobe od- bije po odbojnem zakonu: vpadni kot je enak odbi- temu, del pa preide v drugo snov. Pri tem se sm r razširjanja svetlobe spremeni po lomnem zakonu: razmerje sinusov vpadn ga in l mljenega kota je obratno sorazmerno razmerju lomnih količnikov snovi. Lomni količnik snovi je razmerje hitrosti sve- lobe v va u mu in hitrosti v snovi. Na svetlobo tudi močno vplivajo strukture z velikostnim redom po- dobnim valovni dolžini s etlobe. Vidna svetloba im valovne dolži e v območju med 400 in 700 nm. Na t kih strukturah pride do izr zitega uklona. V gr bem si lahko predstavlj mo, da se rav i val svetlobe na takih objektih odbij v vse smeri. V prime u, da s strukture, na k teri prihaja do uklona, pravilno razporejene po prost ru, se zaradi interference v do loč ih smereh ojači ena od barv. Do interferen in ojačitve določene arve svetlo e pride tud pri od boju na tankih pla teh. Najbolj znan mehanizem, ki daje p vršini b rvo, je absorpcija svetlobe na p gmentih. Pigmenti so spojine, ki svetlobo z določeno barvo dobro absorbirajo ali odbijajo. Površini obar- vani s pigm ntom se barva ne spreminja z opazo valnim kotom. Glavni mehanizmi, ki povzročijo iri- descenco na oklepu hr ščev so interferenca na tan kih plasteh ter ukl n in interferenca na površinski uklonski mrežici ali fotonskem kristalu. Pri uklon- ski mrežici brazde ali grebeni tečejo po površini, pri fotonskem kristalu pa so manjši kroglasti objekti po- razdeljeni v pravilno prostorsko mrežo. Slika 2 Trije glavni mehanizmi iridescence pri hroščih so: (a) odboj svetlobe na tankih plasteh. Plasti so lahko ne- enakomerne debeline, potem je spekter odbite sve- tlobe bogatejši in barva dobi kovinski pridih, Plasti 2 , . . , , . , , . , , , , , . . . , . , , . . , , , . . : , . : . . . . . , . , , , , . . , , . , . . , . , . : . , , il l i j l l i l i i i i j i l i i i i i i j l l j j li i i i li j j i i l i j i i I i i i j i i l i lj l i il i i i lj i ili i ji i lj i il j - i i i l j i l i l i - j l l i i i j j j l l i i - i l i i - i i l i j ji i l l - ij j i j i- l i i i j j l i l j i i l lj j j l i li i i i li i i j j i i - l i i i i l i li j li i - i l i l i i l i l i l l i j i i i i i l - i l lj i l l i j i ij i i i i j l il j i i - l i j i i i j i l l i i i - j i l j lj i i j i i j ij l i- i i i ji i l l i j li ij j i i - i i i j - l i l i i i i ij i i- l i - i l l i i i i l i i i li i l i l - i i i li i j i i i i l j i l i j i - lj i il li ij l i i i i i i i ( ) j l i l l i l - li j i - l j i i i i i i i l i az se ga o et , o e eze o era . ata ca z r ž e s ara e e a e a a e o e . ar a o rš e a o s o se se s re a o z ate, r e e o ze e e, o o o az e o o raz č ot . S ka 1 Po av, a e barva ovrš e o v s a o o azova ega kota, e e o r esce ca. r esce co o az o t r g e v arav – a ta k ast o a, a ž , a č o , et ev kr , t č eres , ško ka . . . a t avto ob e va z a o tako re barvat , a o t sk e govor . g e te s e ba ažo arf ov, zašč t e o ogra e a ba kovc , zgo šče ko. krog as e vse o o zg e ov. zrok te barv t č v razš r a , o bo , o , k o terfere c svet obe a ovrš a v s ove . Po o oge s ov se svet oba razš r a arav ost. a e e ve a rozor a s ove a se e svet obe o b e o o bo e zako : v a kot e e ak o b te , e a re e v r go s ov. Pr te se s er razš r a a svet obe s re e o o e zako : raz er e s sov v a ega o e ega kota e obrat o soraz er o raz er o ko č kov s ov . Lo ko č k s ov e raz er e trost sve t obe v vak trost v s ov . a svet obo t oč o v va o str kt re z ve kost re o o ob va ov o ž svet obe. a svet oba a va ov e o ž e v ob oč e 400 700 . a tak str kt ra r e o zraz tega k o a. gro be s a ko re stav a o, a se rav va svet obe a tak ob ekt o b e v vse s er . r er , a so str kt re, a kater r a a o k o a, rav o raz ore e e o rostor , se zara terfere ce v o oče s ere o ač e a o barv. o terfere ce o ač tve o oče e barve svet obe r e t r o bo a ta k aste . a bo z a e a ze , k a e ovrš barvo, e absor c a svet obe a g e t . P g e t so s o e, k svet obo z o oče o barvo obro absorb ra o a o b a o. Površ obar va s g e to se barva e s re a z o azo va koto . av e a z , k ovzroč o r esce co a ok e roščev so terfere ca a ta k aste ter k o terfere ca a ovrš sk k o sk rež c a foto ske kr sta . Pr k o sk rež c braz e a grebe teče o o ovrš , r foto ske kr sta a so a š krog ast ob ekt o raz e e v rav o rostorsko režo. S ka 2 r e g av e a z r esce ce r rošč so: a o bo svet obe a ta k aste . P ast so a ko e e ako er e ebe e, ote e s ekter o b te sve t obe bogate š barva ob kov sk r , P ast 2 p il p l i k j l l p v ndi Zl ini i d u in k b j v i n n v d n kl p B v p v in i k vin ki d v in p inj d l u n d l n k j p uj p d li ni i k i li j d j p in d i n d p ln i nuj i id n I id n p i udi d u j n i n n i pl i lj n lu i n ilni ni pni ulj ih ilih p i jih p ih lj h p udi il n j p - i d i u n i l j i l p u i n h l n n ih - n n j p ln l d V h i i i j nju d ju l u u l nu in in- n i l n p in h in n h h - ni n i l i j n n ji d d p ni n d l l d- ij p d jn nu p dni j n d i- u d l p p id d u n i i j nj l p ni p l n nu j inu p dn in l lj n j n n ju l nih li ni n i ni li ni n i j j hi i - l uu u in hi i n i l udi n pli j u u li ni d p - d ni l ni d l ini l Vidn l i l n d l in ju d in n ih u u h p id d i i u l n V - i l h p d lj d ni l l n ih j ih d ij i V p i u d u u n ih p ih j d u l n p iln p j n p p u di in n d - l nih h j i n d in n in j i d l n l p id udi p i d- ju n n ih pl h j lj n n h ni i d j p ini j p ij l n pi- n ih i n i p jin i l d l n d i j li d ij j ini - ni pi n n p inj p - lni l ni h ni i i p ij i i- d n n l pu h in n n n- ih pl h u l n in in n n p in i u l n i i i li n i lu i u l n- i i i d li ni j p p ini p i n i lu p nj i l i j i p - d lj ni p iln p li T ij l ni h ni i i id n p i h ih ( ) d j l n n ih pl h l i l h n - n n d lin p j p d i - l j i in d i in i p idih l i so lahko ukrivljene in površina je sestavljena iz mno- žice drobnih jamic. Barva z roba jamice je drugačna, kot barva iz sredine in mešanje teh barv lahko zelo dobro posnema strukturo peska v okolici, (b) uklon in interferenca na fotonskih kristalih - urejena struk- tura objektov razmaknjenih za razdaljo, ki približno ustreza valovni dolžini svetlobe ter (c) odboj sve- tlobe na površinskih uklonskih mrežicah. Grebeni ali brazde mrežice lahko tečejo samo vzdolž ene smeri ali pa večih. is mrežice lahko posredujejo tudi krajše brazde. Kogar zanima kaj več, se lahko pozanima še o poj- mih opalescenca, Tyndallov pojav ter Rayleighovo si- panje. 3 (a) (b) (c) r a z v e d r i l o 16 Nagradna kr ižanka presek 38 (2010/2011) 4 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 15. marec 2011, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo za nagrado prejeli Presekov paket. Presek 38 (2010/2011) 4 Pomlad je že prišla v naše kraje, lepo vreme kar kliče na izlete, zato tokrat predlagam, da preizku- site nekaj zanimivega kar na izletu samem. Potrebščine so tokrat zelo preproste. Potrebujete le plastenko in izlet v visoke hribe. Višje, kot se bo- ste povzpeli, bolj izrazit bo pojav, ki ga nameravate opazovati. Prostornina plastenke niti ni pomembna, lahko je plastenka le za pol litra, lahko pa tudi za liter in pol. Pomembno pa je, da jo je mogoče dobro zapreti. To običajno velja za vse „nove“ plastenke. Če boste plastenko s pijačo zjutraj dali v nahrbtnik in pijačo do vrha hriba popili, bo ravno prav. Na vrhu hriba, preden se vrnete v dolino, prazno plastenko odprite in jo nato ponovno zaprite ter do- bro privijte zamašek. Nato pa s plastenko v nahrb- tnik in na pot v dolino. Lahko jo vmes tudi izvlečete in pogledate, če se je kaj spremenilo, a nikar je ne odpirajte. Naredite še nekaj posnetkov na različnih višinah, da boste lahko obliko plastenke primerjali. Najbolje je, da si poleg zabeležite še višine, na katerih ste pla- stenko fotografirali. Višine so običajno zapisane na tablah z imeni planinskih postojank. Slika 2 18 mojca čepič Kaj se zgodi s plastenko • f i z i k a p o iz k u š e v a l n ic a v h r ib ih mitja rosina Razmisli in poskusi • • Odgovori na vprašanja iz prejšnjih številk Preseka (37/6, 38/1, 38/2 in 38/3) 38. Odboj vrtavke ali žoge. Če vržemo žogo proti ravni ploskvi (tlem, mizi, steni, loparju), vsaj pribli- žno uboga odbojni zakon: odbiti kot je enak vpa- dnemu kotu. Če je žoga „rezana“, tako da se vrti okrog vodoravne osi (ima spin), pa odbojni zakon ne velja več. Opazuj vpadne in odbite kote pri žogici za ping-pong, tenis ali žogi za košarko v odvisnosti od osi in smeri spina, zabeleži rezultate ter „odkrij“ novi lomni zakon. Podoben problem je polna gumijasta žogica, ki pri poševnem vpadu pridobi nekaj spina že zaradi lepe- nja (ob času stika s tlemi se nekoliko zakotali) in je ni treba vnaprej rezati. Zakaj se pri metu pod mizico žogica vrne nazaj k tebi? Odgovor. Za razumevanje pojava smo predlagali naslednji poenostavljeni model. Pri topspinu se žo- gica vrti spodaj nazaj in pri trku podrsa nazaj na mizo. Miza ji pri trku torej podeli sunek sile navzgor (ker se je deformirala) ter sunek sile naprej (zaradi trenja). Sunek sile navzgor jo odbije navzgor z enako velikostjo z-komponente gibalne količine (vendar v obrnjeni smeri), sunek sile trenja pa ji doda gibalno količino v smeri naprej. Predpostavimo, da je sila trenja odvisna samo od sile na podlago in ne od hi- trosti podrsavanja Fx = kFz, pri čemer je k ∼ 0,1 → 0,5 tipični koeficient trenja. Potem velja za gibalne količine (črtica označuje količine po trku) G′z = −Gz, G′x = Gx + 2kGz. Pa imamo „lomni zakon“ za kote glede na navpičnico tgθ = Gx/Gz ,tgθ′ = G′x/Gz: tgθ′ = tgθ + 2k . Analogno se pri backspinu odbojni kot zmanjša (žo- gica se odbije bolj strmo) in lahko postane celo ne- gativen (tedaj se žogica vrne nazaj): tgθ′ = tgθ−2k. Ker žogice skačejo zelo hitro in nepredvidljivo, je težko meriti kote , zato je najbolje fotografirati ali filmati. Če je kdo med vami tega vešč, naj nam po- šlje svoj izdelek. Tukaj pa bom pojasnil sliko 1 (iz Preseka 37/6). Če je k = 0,5 in θ ≈ 0◦, je pri topspinu v zgornjem modelu tgθ′ ≈ 1 in θ′ ≈ 90◦, kar kvalita- tivno ustreza sliki 1. Podobno ustreza pri backspinu kotu θ ≈ 45◦ po odboju tgθ′ ≈ 0 in θ′ ≈ 0◦. Poglejmo še drugi problem. Ko se žogica prvič od- bije od tal, se malo zakotali in spodnja stran žogice zaostaja za zgornjo. Glede na tla nastane topspin, toda glede na spodnjo stran mizice je to backspin in se glede na zgornji model lahko vrne nazaj. Izpe- ljava, zakaj se žogica vrne skoraj točno po isti poti nazaj, pa je prezamudna. Poskus je zabaven, ker ti žogica prileti nazaj naravnost v roko in met lahko ponavljaš. Kolikokrat si ga uspel ponoviti? Slika 1 2 presek 38 (2010/2011) 4 , , , . . . , , , . , , . , . . , . , , . . , , . , . , , . . www.dmfa.si www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si 19 f i z i k a • Odgovori na vprašanja iz prejšnjih številk Preseka (37/6, 38/1, 38/2 in 38/3) 38. Odboj vrtavke ali žoge. Če vržemo žogo proti ravni ploskvi (tlem, mizi, steni, loparju), vsaj pribli- žno uboga odbojni zakon: odbiti kot je enak vpa- dnemu kotu. Če je žoga „rezana“, tako da se vrti okrog vodoravne osi (ima spin), pa odbojni zakon ne velja več. Opazuj vpadne in odbite kote pri žogici za ping-pong, tenis ali žogi za košarko v odvisnosti od osi in smeri spina, zabeleži rezultate ter „odkrij“ novi lomni zakon. Podoben problem je polna gumijasta žogica, ki pri poševnem vpadu pridobi nekaj spina že zaradi lepe- nja (ob času stika s tlemi se nekoliko zakotali) in je ni treba vnaprej rezati. Zakaj se pri metu pod mizico žogica vrne nazaj k tebi? Odgovor. Za razumevanje pojava smo predlagali naslednji poenostavljeni model. Pri topspinu se žo- gica vrti spodaj nazaj in pri trku podrsa nazaj na mizo. Miza ji pri trku torej podeli sunek sile navzgor (ker se je deformirala) ter sunek sile naprej (zaradi trenja). Sunek sile navzgor jo odbije navzgor z enako velikostjo z-komponente gibalne količine (vendar v obrnjeni smeri), sunek sile trenja pa ji doda gibalno količino v smeri naprej. Predpostavimo, da je sila trenja odvisna samo od sile na podlago in ne od hi- trosti podrsavanja Fx = kFz, pri čemer je k ∼ 0,1 → 0,5 tipični koeficient trenja. Potem velja za gibalne količine (črtica označuje količine po trku) G′z = −Gz, G′x = Gx + 2kGz. Pa imamo „lomni zakon“ za kote glede na navpičnico tgθ = Gx/Gz ,tgθ′ = G′x/Gz: tgθ′ = tgθ + 2k . Analogno se pri backspinu odbojni kot zmanjša (žo- gica se odbije bolj strmo) in lahko postane celo ne- gativen (tedaj se žogica vrne nazaj): tgθ′ = tgθ−2k. Ker žogice skačejo zelo hitro in nepredvidljivo, je težko meriti kote , zato je najbolje fotografirati ali filmati. Če je kdo med vami tega vešč, naj nam po- šlje svoj izdelek. Tukaj pa bom pojasnil sliko 1 (iz Preseka 37/6). Če je k = 0,5 in θ ≈ 0◦, je pri topspinu v zgornjem modelu tgθ′ ≈ 1 in θ′ ≈ 90◦, kar kvalita- tivno ustreza sliki 1. Podobno ustreza pri backspinu kotu θ ≈ 45◦ po odboju tgθ′ ≈ 0 in θ′ ≈ 0◦. Poglejmo še drugi problem. Ko se žogica prvič od- bije od tal, se malo zakotali in spodnja stran žogice zaostaja za zgornjo. Glede na tla nastane topspin, toda glede na spodnjo stran mizice je to backspin in se glede na zgornji model lahko vrne nazaj. Izpe- ljava, zakaj se žogica vrne skoraj točno po isti poti nazaj, pa je prezamudna. Poskus je zabaven, ker ti žogica prileti nazaj naravnost v roko in met lahko ponavljaš. Kolikokrat si ga uspel ponoviti? Slika 1 2 39. Lok in frača. Na tetivo loka obesi tolikšno utež, da se bo lok napel toliko kot pri streljanju. S tem oce- niš maksimalno silo, povprečna sila pri napenjanju F je približno polovica tega. Opravljeno delo je torej A = F · d, kjer je d premik središča tetive. To delo prejme puščica, njena potencialna energija v najvišji točki je mgh. Stehtaj maso puščice m in oceni vi- šino strela h. Preveri, ali se je vse delo izkoristilo za dvig puščice. Kaj misliš, kdo je „poneveril“ preostalo delo? Podobne meritve in študijo lahko napraviš tudi s fračo. Odgovor. Poskus sem naredil s preprosto fračo. Na letev z luknjo v sredini sem vpel gumico, jo potegnil za d = 10 cm ter z njo ustrelil palčko skozi luknjo. Silo za tak nateg sem izmeril z utežjo mu = 0,32 kg, torej je maksimalna sila na gumici Fmax = mug ter povprečna sila F pol manjša. Opravil sem delo A = F d = 12mug d = 1 2 0,32kg × 10ms−2 × 0,1m = 0,16 joule. Puščica z maso mp = 5,2 g je poletela h = 1,1 m visoko. Pridobila je potencialno energijo Vpot = mp gh = 0,057 joule. Izkoristek dela je torej η = Vpot/A = 0,057J/0,16J = 35%. Kam pa je šlo ostalo delo? V notranjo energijo elastike, ki ni bila čisto prožna, in v notranjo energijo zaradi upora v zraku. Kolikšen izkoristek pa si dosegel ti z lokom ali z boljšo fračo? 40. Slamnata streha. „Luknja pri luknji tiči, pa ven- dar vodo drži“. Zloži eno plast slamic na dve prečki in jih pritrdi z nitko ali lepilom. To „streho“ nagni za kot 30◦ in jo rahlo polij z vodo. Ali drži vodo (ki potem odteka na konceh)? Zakaj? Kaj pa, če močneje „dežuje“ (pobrizgaj s prho)? Poskusi tudi z dvojno plastjo slamic, tako da zgornje ležijo v presledkih med spodnjimi. Odgovor. Vodo med slamicami drži površinska na- petost. Ocenimo, kolikšen sme biti presledek 2r med slamicama, če tekočina miruje. Privzemimo plast vode v obliki valja z radijem r in dolžino h (h je dolžina slamic). Dol vleče vodo sila teže Fteže = πr 2hρ g , gor pa sila zaradi površinske napetosti Fpov = 2γ h. Faktor 2 je zato, ker je vodni valj vpet ne obeh sla- micah. Iz tega sledi 2r = √ 8σ/πρ g. Iz podatkov za vodo ρ = 1000 kg m−3 in γ = 0,070 N m−1 dobimo 4,2 mm. To bi veljalo seveda v idealnih pogojih. Poskus sem napravil s sirkovim omelom. Če so se slamice pre- krivale, je taka „slamnata streha“ odlično držala tudi močan „dež“. Če sem omelo razširil, da so bile sla- mice razporejene v enojno plast z razmiki do 1mm, je še vedno zdržalo rahel dež. Če na spodnjem delu „strehe“ ni deževalo, so smeli biti tam presledki celo 2−3 mm, saj so se vodni curki združili okrog snopa slamic (ki jih je pritegnila skupaj površinska nape- tost), vmes pa je bilo suho. 41. Borromejski obroči simbolizirajo izkušnjo rod- bine Borromeo iz severne Italije v slogi je moč. Trije 3 39. Lok in frača. Na tetivo loka obesi tolikšno utež, da se bo lok napel toliko kot pri streljanju. S tem oce- niš maksimalno silo, povprečna sila pri napenjanju F je približno polovica tega. Opravljeno delo je torej A = F · d, kjer je d premik središča tetive. To delo prejme puščica, njena potencialna energija v najvišji točki je mgh. Stehtaj maso puščice m in oceni vi- šino strela h. Preveri, ali se je vse delo izkoristilo za dvig puščice. Kaj misliš, kdo je „poneveril“ preostalo delo? Podobne meritve in študijo lahko napraviš tudi s fračo. Odgovor. Poskus sem naredil s preprosto fračo. Na letev z luknjo v sredini sem vpel gumico, jo potegnil za d = 10 cm ter z njo ustrelil palčko skozi luknjo. Silo za tak nateg sem izmeril z utežjo mu = 0,32 kg, torej je maksimalna sila na gumici Fmax = mug ter povprečna sila F pol manjša. Opravil sem delo A = F d = 12mug d = 1 2 0,32kg × 10ms−2 × 0,1m = 0,16 joule. Puščica z maso mp = 5,2 g je poletela h = 1,1 m visoko. Pridobila je potencialno energijo Vpot = mp gh = 0,057 joule. Izkoristek dela je torej η = Vpot/A = 0,057J/0,16J = 35%. Kam pa je šlo ostalo delo? V notranjo energijo elastike, ki ni bila čisto prožna, in v notranjo energijo zaradi upora v zraku. Kolikšen izkoristek pa si dosegel ti z lokom ali z boljšo fračo? 40. Slamnata streha. „Luknja pri luknji tiči, pa ven- dar vodo drži“. Zloži eno plast slamic na dve prečki in jih pritrdi z nitko ali lepilom. To „streho“ nagni za kot 30◦ in jo rahlo polij z vodo. Ali drži vodo (ki potem odteka na konceh)? Zakaj? Kaj pa, če močneje „dežuje“ (pobrizgaj s prho)? Poskusi tudi z dvojno plastjo slamic, tako da zgornje ležijo v presledkih med spodnjimi. Odgovor. Vodo med slamicami drži površinska na- petost. Ocenimo, kolikšen sme biti presledek 2r med slamicama, če tekočina miruje. Privzemimo plast vode v obliki valja z radijem r in dolžino h (h je dolžina slamic). Dol vleče vodo sila teže Fteže = πr 2hρ g , gor pa sila zaradi površinske napetosti Fpov = 2γ h. Faktor 2 je zato, ker je vodni valj vpet ne obeh sla- micah. Iz tega sledi 2r = √ 8σ/πρ g. Iz podatkov za vodo ρ = 1000 kg m−3 in γ = 0,070 N m−1 dobimo 4,2 mm. To bi veljalo seveda v idealnih pogojih. Poskus sem napravil s sirkovim omelom. Če so se slamice pre- krivale, je taka „slamnata streha“ odlično držala tudi močan „dež“. Če sem omelo razširil, da so bile sla- mice razporejene v enojno plast z razmiki do 1mm, je še vedno zdržalo rahel dež. Če na spodnjem delu „strehe“ ni deževalo, so smeli biti tam presledki celo 2−3 mm, saj so se vodni curki združili okrog snopa slamic (ki jih je pritegnila skupaj površinska nape- tost), vmes pa je bilo suho. 41. Borromejski obroči simbolizirajo izkušnjo rod- bine Borromeo iz severne Italije v slogi je moč. Trije 3 39. Lok in frača. Na tetivo loka obesi tolikšno utež, da se bo lok n pel toliko k t pri streljanju. S tem oce- niš maksimalno sil , povprečna sila pri nap njanju F je pribl žno polovica tega. Oprav jeno delo je torej A = F · d, kjer je d premik središča tetiv . To delo prejme puščica, njena potencialna energ ja v najvišji točki je mgh. Steht j maso puščice m in oceni vi- šino strela h. Preveri, ali se je vse delo izkoristilo za dvig puščice. Kaj misliš, kdo je „poneveril“ preostalo elo? Podobne meritve in študijo lahko napraviš udi s fračo. Odgovor. Poskus sem naredil s preprosto fračo. Na letev z luknj v sredini sem vpel gumico, jo potegnil za d = 10 cm ter z njo ustrelil palčko skozi luknjo. Silo za tak na g sem izmeril z utežjo mu = 0,32 kg, torej je maksimalna sila na gumici F ax = mug ter p vprečna sila F pol ma jša. Opravil sem delo A = F d = 12mug d = 1 2 0,32kg × 10ms−2 × 0,1m = 0,16 joule. Puščica z maso mp = 5,2 g je poletela h = 1,1 m visoko. Pridobila je otencialno energijo Vpot = mp gh = 0,057 j ule. Izkoristek dela je torej η = Vpot/A = 0,057J/0,16J = 35%. Kam pa je šlo ostalo delo? V notranjo energijo elastike, ki ni bi a čisto prožna, in v notranjo energijo zaradi upora v zraku. Kolikše izk ristek pa si dosegel ti z lokom ali z boljšo fračo? 40. Slamnata streha. „Luknja pri luknji tiči, pa ven- dar vodo drži“. Zloži eno plast slamic na dve prečki in jih pritrdi z nitko ali lepilom. To „streho“ nagn za kot 30◦ in jo rahlo po ij z vodo. Ali d ži vodo (k potem odteka na konceh)? Zakaj? Kaj pa, če močneje „dežuje“ (pobrizgaj s prho)? Poskusi tudi z dvojno plastjo slamic, tako da zgornje ležijo v presledkih med spodnjimi. Odgovor. Vodo med slamicami drži površinska na- petost. Ocenim , kolikšen sme biti presledek 2r med slamicama, če te čina miruje. Privz mimo plast vode v obliki valja z radijem r in dolžino h (h je d lžina slam c). Dol vleče vodo sila teže Fteže = πr 2hρ g , gor pa sila zaradi površinske napetosti Fpov = 2γ h. Faktor 2 je zato, ker je vodni v lj vpet ne obeh sla- micah. Iz teg sledi 2r = √ 8σ/πρ g. Iz podatkov za vodo ρ = 1000 kg m−3 in γ = 0,070 N m−1 dobimo 4,2 mm. To bi veljalo seveda v idealnih pogojih. Poskus sem napra il s sirkovim omelom. Če s se slamice pre- krivale, je taka „slamnata streha“ odlično držala tudi moč n „dež“. Če sem omelo r zširil, da so bile sla- ice razporejen v enojno plast z razmiki do 1mm, je š vedn zdržalo rahel dež. Če n spodnjem delu „str h “ i deževalo, so sm li biti tam resledki c o 2−3 mm, saj so se vodni curki združili okrog snopa slamic (ki jih je priteg ila skupaj površinska nape- tost), vmes pa j bilo suho. 41. Borromejski obroči simbolizirajo izkušnjo rod- bine Bo ro eo iz severne Italije v slogi je moč. Trije 3 slika 1. Pot ping-pong žogice pri topspinu (zgoraj) – na vrhu se vrti v smeri gibanja – in pri backspinu (spodaj) – na vrhu se vrti nazaj (iz Wikipedije – topspin, backspin) Presek 38 (2010/2011) 4 20 f i z i k a obroči držijo skupaj, če pa enega odpreš in odstra- niš, ostala dva razpadeta. Ali je mogoče boromejske obroče sestaviti iz pravih ravninskih krogov ali mo- rajo biti rahlo zveriženi? Zakaj? Ali znate trije so- šolci sestaviti borromejske obroče tako da sklenete vsak svoje roke v obroč in jih pred tem prepletete? Odgovor. Postavimo rdeči krog na mizo, modrega pa položimo vodoravno nanj. Da bi ju tretji vezal, bi moral iti najprej pod prvim, nato nad drugim, spet pod prvim in nad drugim. Take stične točke pa ne morejo ležati v isti ravnini (glej zeleni obroč na sliki 1 v prejšnji številki Preseka). Zato mora biti vsaj en krog zverižen. Kaj pa če bi kroge nagnili ali vzeli različno velike kroge? Splošen dokaz, da tudi to ne pomaga, je zamuden in ga najdete na spletu. Pač pa zlahka sestavimo borromejske obroče iz elips, re- cimo tako, kot vidite na sliki 2. Če bi skušali elipse raztegniti v kroge, pa bi si postale napoti! Poskus z „boromejskimi obroči“ iz treh parov rok je zlahka uspel. Poleg jedrskih zgledov iz prejšnje številke je za- nimiv tudi zgled iz dolgih molekul. Posrečilo se je sintetizirati tri verige aminokislin, ki so prepletene v borromejske obroče (slika 3). Baje so se podobni borromejski obroči nedavno posrečili tudi skupini na Institutu Jožef Stefan v Ljubljani. Slika 2 Slika 3 4 39. Lok in frača. Na tetivo loka obesi tolikšno utež, da se bo lok napel toliko kot pri streljanju. S tem oce- niš maksimalno silo, povprečna sila pri napenjanju F je približno polovica tega. Opravljeno delo je torej A = F · d, kjer je d premik središča tetive. To delo prejme puščica, njena potencialna energija v najvišji točki je mgh. Stehtaj maso puščice m in oceni vi- šino strela h. Preveri, ali se je vse delo izkoristilo za dvig puščice. Kaj misliš, kdo je „poneveril“ preostalo delo? Podobne meritve in študijo lahko napraviš tudi s fračo. Odgovor. Poskus sem naredil s preprosto fračo. Na letev z luknjo v sredini sem vpel gumico, jo potegnil za d = 10 cm ter z njo ustrelil palčko skozi luknjo. Silo za tak nateg sem izmeril z utežjo mu = 0,32 kg, torej je maksimalna sila na gumici Fmax = mug ter povprečna sila F pol manjša. Opravil sem delo A = F d = 12mug d = 1 2 0,32kg × 10ms−2 × 0,1m = 0,16 joule. Puščica z maso mp = 5,2 g je poletela h = 1,1 m visoko. Pridobila je potencialno energijo Vpot = mp gh = 0,057 joule. Izkoristek dela je torej η = Vpot/A = 0,057J/0,16J = 35%. Kam pa je šlo ostalo delo? V notranjo energijo elastike, ki ni bila čisto prožna, in v notranjo energijo zaradi upora v zraku. Kolikšen izkoristek pa si dosegel ti z lokom ali z boljšo fračo? 40. Slamnata streha. „Luknja pri luknji tiči, pa ven- dar vodo drži“. Zloži eno plast slamic na dve prečki in jih pritrdi z nitko ali lepilom. To „streho“ nagni za kot 30◦ in jo rahlo polij z vodo. Ali drži vodo (ki potem odteka na konceh)? Zakaj? Kaj pa, če močneje „dežuje“ (pobrizgaj s prho)? Poskusi tudi z dvojno plastjo slamic, tako da zgornje ležijo v presledkih med spodnjimi. Odgovor. Vodo med slamicami drži površinska na- petost. Ocenimo, kolikšen sme biti presledek 2r med slamicama, če tekočina miruje. Privzemimo plast vode v obliki valja z radijem r in dolžino h (h je dolžina slamic). Dol vleče vodo sila teže Fteže = πr 2hρ g , gor pa sila zaradi površinske napetosti Fpov = 2γ h. Faktor 2 je zato, ker je vodni valj vpet ne obeh sla- micah. Iz tega sledi 2r = √ 8σ/πρ g. Iz podatkov za vodo ρ = 1000 kg m−3 in γ = 0,070 N m−1 dobimo 4,2 mm. To bi veljalo seveda v idealnih pogojih. Poskus sem napravil s sirkovim omelom. Če so se slamice pre- krivale, je taka „slamnata streha“ odlično držala tudi močan „dež“. Če sem omelo razširil, da so bile sla- mice razporejene v enojno plast z razmiki do 1mm, je še vedno zdržalo rahel dež. Če na spodnjem delu „strehe“ ni deževalo, so smeli biti tam presledki celo 2−3 mm, saj so se vodni curki združili okrog snopa slamic (ki jih je pritegnila skupaj površinska nape- tost), vmes pa je bilo suho. 41. Borromejski obroči simbolizirajo izkušnjo rod- bine Borromeo iz severne Italije v slogi je moč. Trije 3 slika 2. Borromejski obroči iz elips (iz Wikipedije – Borromean rings) slika 3. Borromejski obroči iz aminskih velemolekul (iz Wikipedije – Mo- lecular Borromean rings, J. F. Stoddart et al., Science 304 (2004) 1308–1312) a b c d e f g h i a 8 2 5 b 5 9 6 c 6 7 4 d 8 7 9 e 5 4 f 4 2 3 g 6 1 4 h 2 3 1 i 4 3 2 Sudoku presek 38 (2010/2011) 4 • fizika a s t r o n o m i j a 21 • andrej in liza guštin Ozvezdje na mizi — Kaj so ozvezdja Kaj so ozvezdja? Ozvezdja so liki, ki jih dobimo, če v mislih pove- žemo bližnje zvezde na nebu. Ozvezdja si je izmi- slil človek. Naši davni predniki so v svetlejših, na nebu bližnjih zvezdah, videli like bogov, mitoloških bitji, živali in predmetov. Te „zvezdne podobe“ so se ohranile do danes in astronomi ter ljubitelji noč- nega neba jih uporabljajo za orientacijo po nebu, le da so jih uredili v 88 ozvezdij s točno določenimi me- jami. Toda večina svetlejših zvezd, ki tvorijo neko ozvezdje, so v prostoru, v vesolju, daleč narazen. Ene zvezde so nam blizu, druge mnogo bolj odda- ljene, njihova razporeditev na našem nebu pa je le slučajna. Če bi lahko hitro potovali med zvezdami, bi opazili, da je videz kakega ozvezdja zelo odvisen od lege, iz katere ga opazujemo. Torej: ozvezdje ni nekaj, kar v vesolju obstaja, kakor obstaja, re- cimo, mesto na Zemlji. Ni nekaj, kamor bi odpo- tovali, kot odpotujemo v Celje, in se tam tudi zna- šli. Res bi lahko prispeli do kake zvezde v ozvezdju, toda druge zvezde tega ozvezdja, ki se nam z Zemlje na našem nebu zdijo tako blizu ena drugi, bi bile še vedno daleč vsaksebi. Če rečemo, da se to in to telo nahaja v nekem ozvezdju, potem s tem mislimo le na lego na našem nebu. Ker žal ne moremo potovati med zvezdami, si lahko na domači mizi ali v učil- nici pričaramo ozvezdja, spoznamo, kako so zvezde razporejene v prostoru in kako bi določeno ozvezdje videli iz kakega drugega mesta v vesolju. Pa veliko zabave. Na kratko o Velikem vozu Za našo vajo smo izbrali Veliki voz. Veliki voz si- cer ni ozvezdje, temveč le del večjega ozvezdja Ve- liki medved. Takim navideznim likom, ki niso prava ozvezdja, pravimo asterizmi. Veliki voz smo izbrali zato, ker ga vsakdo pozna in ga je na nebu prav lahko najti. Sedem svetlejših zvezd tvori znani vozi- ček; štiri oblikujejo „košaro“, tri pa oje voza. Astro- nomi zvezde označujejo s črkami grške abecede, naj- svetlejše pa imajo tudi lastna imena. V preglednici so zvezde Velikega voza, njihove oddaljenosti in drugi podatki, ki so potrebni za izdelavo modela. Slika 1 Razpredelnica s podatki za zvezde Velikega voza Tabela 1 Svetlobno leto – enota za razdalje v vesolju Svetlobno leto je razdalja, ki jo prepotuje svetloba v enem letu oziroma 365-ih dneh. Ker svetloba v eni sekundi prepotuje 300 000 kilometrov, znaša eno svetlobno leto 9,46 × 1012 kilometrov ali 9 460 mili- 2 • Kaj s ozvezdja? Presek 38 (2010/2011) 4 astronomija a s t r o n o m i j a 22 • Kaj so ozvezdja? Ozvezdja so liki, ki jih dobimo, če v mislih pove- žemo bližnje zvezde na nebu. Ozvezdja si je izmi- slil človek. Naši davni predniki so v svetlejših, na nebu bližnjih zvezdah, videli like bogov, mitoloških bitji, živali in predmetov. Te „zvezdne podobe“ so se ohranile do danes in astronomi ter ljubitelji noč- nega neba jih uporabljajo za orientacijo po nebu, le da so jih uredili v 88 ozvezdij s točno določenimi me- jami. Toda večina svetlejših zvezd, ki tvorijo neko ozvezdje, so v prostoru, v vesolju, daleč narazen. Ene zvezde so nam blizu, druge mnogo bolj odda- ljene, njihova razporeditev na našem nebu pa je le slučajna. Če bi lahko hitro potovali med zvezdami, bi opazili, da je videz kakega ozvezdja zelo odvisen od lege, iz katere ga opazujemo. Torej: ozvezdje ni nekaj, kar v vesolju obstaja, kakor obstaja, re- cimo, mesto na Zemlji. Ni nekaj, kamor bi odpo- tovali, kot odpotujemo v Celje, in se tam tudi zna- šli. Res bi lahko prispeli do kake zvezde v ozvezdju, toda druge zvezde tega ozvezdja, ki se nam z Zemlje na našem nebu zdijo tako blizu ena drugi, bi bile še vedno daleč vsaksebi. Če rečemo, da se to in to telo nahaja v nekem ozvezdju, potem s tem mislimo le na lego na našem nebu. Ker žal ne moremo potovati med zvezdami, si lahko na domači mizi ali v učil- nici pričaramo ozvezdja, spoznamo, kako so zvezde razporejene v prostoru in kako bi določeno ozvezdje videli iz kakega drugega mesta v vesolju. Pa veliko zabave. Na kratko o Velikem vozu Za našo vajo smo izbrali Veliki voz. Veliki voz si- cer ni ozvezdje, temveč le del večjega ozvezdja Ve- liki medved. Takim navideznim likom, ki niso prava ozvezdja, pravimo asterizmi. Veliki voz smo izbrali zato, ker ga vsakdo pozna in ga je na nebu prav lahko najti. Sedem svetlejših zvezd tvori znani vozi- ček; štiri oblikujejo „košaro“, tri pa oje voza. Astro- nomi zvezde označujejo s črkami grške abecede, naj- svetlejše pa imajo tudi lastna imena. V preglednici so zvezde Velikega voza, njihove oddaljenosti in drugi podatki, ki so potrebni za izdelavo modela. Slika 1 Razpredelnica s podatki za zvezde Velikega voza Tabela 1 Svetlobno leto – enota za razdalje v vesolju Svetlobno leto je razdalja, ki jo prepotuje svetloba v enem letu oziroma 365-ih dneh. Ker svetloba v eni sekundi prepotuje 300 000 kilometrov, znaša eno svetlobno leto 9,46 × 1012 kilometrov ali 9 460 mili- 2 Kaj so ozv zdja? Ozvezdja so liki, ki jih dobimo, če v mislih pove- žemo bližnje zvezde na nebu. Ozvezdja si je izmi- lil človek. Naši davni predniki so v svetlejših, na bu bližn zvezdah, videli lik bogov, mitoloških bitji, živali in predmetov. Te „zvezdne podobe“ so se ohranile do danes in astronomi ter ljubitelji noč- nega neba jih uporabljajo za orientacijo po nebu, le da so jih uredili v 88 ozvezdij s točno določenimi me jami. Toda večina sv tlejših zvezd, ki tvorijo n ko ozvezdje, so v prostoru, v vesolju, daleč narazen. Ene zvezde so nam blizu, druge mnogo bolj odda- ljene, njihova razporeditev na našem nebu pa je l slučajna. Če bi lahko hitro potovali med zvezdami, b opazili, da je videz kakega ozvezdja zelo odvisen od lege, iz katere ga pazujemo. Torej: ozve dje ni nekaj, kar v vesolju obst ja, kakor obstaja, re- cimo, mesto na Zemlji. Ni nekaj, kamor bi odpo- tovali, kot odpotujemo v Celje, i se tam tudi zna- šli. Res bi lahko prispeli do kake zvezde v ozvezdju, toda druge zvezde tega ozvezdja, ki se na z Zemlj našem nebu zdijo tako blizu ena d ugi, bi bile še vedno daleč vsaksebi. Če rečemo, da se to in to telo ahaja v nekem ozvezdju, pote s tem mislimo l n lego na našem neb . Ker žal ne m r mo potovati med zvezdami, si lahko na domači mizi ali v učil- nici pričaramo ozvezdja, spoznamo, kako so zvezde razporejene v prostoru in kako bi določeno ozvezdje videli iz akega drugega mesta v vesolju. Pa veliko zabave. Na kratko o Velikem vozu Za našo vajo s izbrali Veliki voz. Veliki voz si- cer ni ozvezdje, temveč le del večjega ozv zdja Ve- iki medved. Takim navideznim likom, ki niso prava ozvezdja, pravimo asterizmi. Veliki voz smo izbrali zato, ker ga vsakdo p zna in ga je n nebu pr v lahko najti. Sedem svetlejših zv zd tvori znani vozi- ček; štiri oblikujej „košar “, tri pa oje voza. Astro- n mi zvezde označujejo s črkami grške abecede, naj- svetlejše pa imajo tudi lastna imena. V preglednici so zvezde Velikega voza, njihove oddaljenosti in drugi pod tki, ki so potrebni za izdelavo modela. Slika 1 R zpredelnica s podatki za zvezde Velikega voza Tabela 1 Sv tlobno leto – enota za razdalj v vesolju S l je razdalja, ki jo p epotuje svetloba v enem letu oziroma 365-ih dneh. Ker svetloba v eni sekundi prepotuje 300 000 kilometrov, znaša eno svetlobno leto 9,46 × 1012 kilometrov ali 9 460 mili- 2 Ime zvezde Oddaljenost h – dolžina x y (1 sv. leto = 1 cm) palice (cm) (cm) (cm) α ali Dubhe 124 50 117 40 D β ali Merak 79 23 74 25 D γ ali Fekra 84 21 84 8 D δ ali Megrez 81 25 81 0 ε ali Aliot 81 24 80 14 L ζ ali Mizar 78 21 74 23 L η ali Benetnaš 101 17 93 40 L 2 jard kilometrov. Če bi avtomobil neprestano vozil s hitrostjo 100 kilometrov na uro, bi razdaljo ene- ga svetlobnega leta prepotoval v 11 milijonih let! V našem modelu bo eno svetlobno leto merilo en cen- timeter. Ozvezdje na mizi Potrebujemo: večji list črnega papirja ali kartona, ve- liko leseno ploščo (najmanj 80 × 80 cm) ali enako ve- lik kos ravne in trdne lepenke, najmanj sedem dalj- ših tankih palic, plastelin, stiroporne kroglice, črno barvo, meter, ravnilo, lepilo, škarje, svinčnik. Slika 2 1. Priprava Palice so lahko plastične, kovinske ali lesene. Do- lge naj bodo približno 50 centimetrov. V našem pri- meru smo si pomagali kar po domače. V grmovju smo narezali sveženj tankih in ravnih vejic. Name- sto stiropornih kroglic, ki bodo predstavljale zvezde, lahko kroglice naredimo kar iz belega plastelina. Ker zvezde v vesolju niso podprte s palicami, jih v našem modelu poskušamo skriti. Zato jih pobar- vamo s črno barvo, lahko tempero ali vodno akrilno barvo, ki ni škodljiva in nevarna. Preden nadalju- jemo z izdelavo modela, počakamo, da se barva po- suši. Najbolje je, da palice pobarvamo dan prej. 2. Priprava mize Izberemo najmanj 130 centimetrov dolgo mizo. Na steno nad višino mize nalepimo črn papir, ki bo za ozadje. Mizo prislonimo k steni, nanjo pa po- ložimo leseno ploščo. Po sredini mize in plošče s svinčnikom narišemo ravno črto. Od nje bomo levo in desno merili lege zvezd. Slika 3 3. Postavljenje zvezd Vsako zvezdo pripravimo in postavimo posebej, da ne pride do napak pri razporejanju zvezd. Zač- nemo z zvezdo Dubhe. Kroglico napičimo na en ko- nec palice. Nato od vrha kroglice odmerimo dolžino h iz razpredelnice (v tem primeru 50 cm) in jo s škar- jami na to dolžino skrajšamo. Na mizi na srednji črti odmerimo x, ki ga merimo od roba mize (v razpre- delnici 117 cm), nato pa od tam pravokotno še y v desno (v tem primeru 40 cm od sredinske črte). D v razpredelnici pomeni desno od sredinske črte, L pa levo. Tam na plošči narišemo piko in nanjo damo plastelin, v plastelin pa navpično vtaknemo palico z zvezdo. Za preostale zvezde je postopek enak, po- datki so v preglednici. Zvezda Megrez je v sredini 3 jard kilometrov. Če bi avtomobil neprestano v z l s hitrostjo 100 kilometrov na uro, bi razdaljo ene- ga svetlobnega leta prepotoval v 11 milijonih let! V našem modelu bo eno svetlobno leto merilo en cen timeter. Ozvezdje na mizi Potrebujemo: večji list črnega papirja ali kartona, ve- liko leseno ploščo (najmanj 80 × 80 cm) ali enako ve- lik kos ravne in trdne lepenke, najmanj sedem dalj- ših tankih palic, plastelin, stiroporne kroglice, črno barvo, m ter, ravnilo, lepilo, škarje, svinčnik. Slika 2 1. Priprava Palice so lahko plastične, kovinske ali lesene. Do- lge naj bodo približno 50 centimetrov. V našem pri- meru smo si pomagali kar po domače. V grmovju smo narezali sveženj tankih in ravnih vejic. Name- sto st rop rni kroglic, ki bod predst vljale zvezde, ahko kr glice naredimo kar iz belega plastelina. Ker zvezde v vesolju niso po prte s palica i, jih v našem modelu poskušamo sk iti. Zato jih pobar vamo s črno barv , ah o tempe o ali vodno akrilno barv , ki n škodljiva in nevarna. Preden nadalju- jemo z izdelavo modela, počakamo, da se barva po- suši. Najbolje je, da palice p barvamo dan prej. 2. Priprava mize Izberemo najmanj 130 centimetr v dolgo mizo. Na steno nad višino mize nalepimo črn papir, ki bo za ozadje. Mizo prislonimo k steni, nanjo pa po- ložimo leseno ploščo. Po sredini mize in plošče s svinčnikom narišemo ravno čr o. Od nje bomo levo in des merili lege zve d. Slika 3 3. Postavljenje zvezd Vsako zvezdo pripravimo in postavimo posebej, da ne pride do napak pri razporejanju zvezd. Zač- nemo z zv zdo Dubhe. Kroglico napičimo na en ko- nec palice. Nato od vrha kroglice odmerimo dolžino h iz r zpredelnice (v tem primeru 50 cm) in jo s škar- jami na to dolži o skrajšamo. Na mizi na srednji črti od erimo x, ki ga m rim od roba mize (v razpre d lnici 117 cm), nato p od tam pravokotno še y v desno (v t m primeru 40 cm od sredinske črte). D v r zpredelnici pomeni desno od sredinske črte, L pa levo. Tam na plošči narišemo piko in nanjo damo plastelin, v plastelin pa navpično vt knemo palico z zvezdo. Za preostale zvezde je postopek enak, po- datki so v preglednici. Zvezda M grez je v sredini 3 jard kilometrov. Če bi avtomobil neprestano vozil s hitrostjo 100 kilometrov na uro, bi razdaljo ene- ga svetlobnega leta prepotoval v 11 milijonih let! V našem modelu bo eno svetlobno leto merilo en cen- timeter. Ozvezdje na mizi Potrebujemo: večji list črnega papirja ali kartona, ve- liko leseno ploščo (najmanj 80 × 80 cm) ali enako ve- lik kos ravne in trdne lepenke, najmanj sedem dalj- ših tankih palic, plastelin, stiroporne kroglice, črno barvo, meter, ravnilo, lepilo, škarje, svinčnik. Slika 2 1. Priprava Palice so lahko plastične, kovinske ali lesene. Do- lge naj bodo približno 50 centimetrov. V našem pri- meru smo si pomagali kar po domače. V grmovju smo narezali sveženj tankih in ravnih vejic. Name- sto stiropornih kroglic, ki bodo predstavljale zvezde, lahko kroglice naredimo kar iz belega plastelina. Ker zvezde v vesolju niso podprte s palicami, jih v našem modelu poskušamo skriti. Zato jih pobar- vamo s črno barvo, lahko tempero ali vodno akrilno barvo, ki ni škodljiva in nevarna. Preden nadalju- jemo z izdelavo modela, počakamo, da se barva po- suši. Najbolje je, da palice pobarvamo dan prej. 2. Priprava mize Izberemo najmanj 130 centimetrov dolgo mizo. Na steno nad višino mize nalepimo črn papir, ki bo za ozadje. Mizo prislonimo k steni, nanjo pa po- ložimo leseno ploščo. Po sredini mize in plošče s svinčnikom narišemo ravno črto. Od nje bomo levo in desno merili lege zvezd. Slika 3 3. Postavljenje zvezd Vsako zvezdo pripravimo in postavimo posebej, da ne pride do napak pri razporejanju zvezd. Zač- nemo z zvezdo Dubhe. Kroglico napičimo na en ko- nec palice. Nato od vrha kroglice odmerimo dolžino h iz razpredelnice (v tem primeru 50 cm) in jo s škar- jami na to dolžino skrajšamo. Na mizi na srednji črti odmerimo x, ki ga merimo od roba mize (v razpre- delnici 117 cm), nato pa od tam pravokotno še y v desno (v tem primeru 40 cm od sredinske črte). D v razpredelnici pomeni desno od sredinske črte, L pa levo. Tam na plošči narišemo piko in nanjo damo plastelin, v plastelin pa navpično vtaknemo palico z zvezdo. Za preostale zvezde je postopek enak, po- datki so v preglednici. Zvezda Megrez je v sredini 3 Ra pred lnic s podatki za zvezde Velikega v za etlobno leto — enota a razdalj v s lju j a izi slika 1. Veliki v z na nebu slika 2. Potrebščine riprava riprava mize presek 38 (2010/2011) 4 a s t r o n o m i j a 23 • jard kilometrov. Če bi avtomobil neprestano vozil s hitrostjo 100 kilometrov na uro, bi razdaljo ene- ga svetlobnega leta prepotoval v 11 milijonih let! V našem modelu bo eno svetlobno leto merilo en cen- timeter. Ozvezdje na mizi Potrebujemo: večji list črnega papirja ali kartona, ve- liko leseno ploščo (najmanj 80 × 80 cm) ali enako ve- lik kos ravne in trdne lepenke, najmanj sedem dalj- ših tankih palic, plastelin, stiroporne kroglice, črno barvo, meter, ravnilo, lepilo, škarje, svinčnik. Slika 2 1. Priprava Palice so lahko plastične, kovinske ali lesene. Do- lge naj bodo približno 50 centimetrov. V našem pri- meru smo si pomagali kar po domače. V grmovju smo narezali sveženj tankih in ravnih vejic. Name- sto stiropornih kroglic, ki bodo predstavljale zvezde, lahko kroglice naredimo kar iz belega plastelina. Ker zvezde v vesolju niso podprte s palicami, jih v našem modelu poskušamo skriti. Zato jih pobar- vamo s črno barvo, lahko tempero ali vodno akrilno barvo, ki ni škodljiva in nevarna. Preden nadalju- jemo z izdelavo modela, počakamo, da se barva po- suši. Najbolje je, da palice pobarvamo dan prej. 2. Priprava mize Izberemo najmanj 130 centimetrov dolgo mizo. Na steno nad višino mize nalepimo črn papir, ki bo za ozadje. Mizo prislonimo k steni, nanjo pa po- ložimo leseno ploščo. Po sredini mize in plošče s svinčnikom narišemo ravno črto. Od nje bomo levo in desno merili lege zvezd. Slika 3 3. Postavljenje zvezd Vsako zvezdo pripravimo in postavimo posebej, da ne pride do napak pri razporejanju zvezd. Zač- nemo z zvezdo Dubhe. Kroglico napičimo na en ko- nec palice. Nato od vrha kroglice odmerimo dolžino h iz razpredelnice (v tem primeru 50 cm) in jo s škar- jami na to dolžino skrajšamo. Na mizi na srednji črti odmerimo x, ki ga merimo od roba mize (v razpre- delnici 117 cm), nato pa od tam pravokotno še y v desno (v tem primeru 40 cm od sredinske črte). D v razpredelnici pomeni desno od sredinske črte, L pa levo. Tam na plošči narišemo piko in nanjo damo plastelin, v plastelin pa navpično vtaknemo palico z zvezdo. Za preostale zvezde je postopek enak, po- datki so v preglednici. Zvezda Megrez je v sredini 3 jard kilometrov. Če bi avtomobil neprestano vozil s hitrostjo 100 kilometrov na uro, bi razdaljo ene- ga svetlobnega leta prepotoval v 11 milijonih let! V našem modelu bo eno svetlobno leto merilo en cen- timeter. Ozvezdje na mizi Potrebujemo: večji list črnega papirja ali kartona, ve- liko leseno ploščo (najmanj 80 × 80 cm) ali enako ve- lik kos ravne in trdne lepenke, najmanj sedem dalj- ših tankih palic, plastelin, stiroporne kroglice, črno barvo, meter, ravni o, lepilo, šk rje, svinčnik. Slika 2 1. Priprava Palice so lahko plastične, kovinske ali lesene. Do- lge naj bodo približno 50 centimetrov. V našem pri- meru smo si pomagali kar po domače. V grmovju smo narezali sveženj tankih in ravnih vejic. Name- sto st rop rni kroglic, ki bod predst vljale zvezde, ahko kr glice naredimo kar iz b lega plastelina. Ker zvezde v vesolju niso po prte s palica i, jih v našem modelu poskušamo sk iti. Zato jih pobar vamo s črno barv , ah o tempe o ali vodno akrilno barv , ki n škodljiva in nevarna. Preden nadalju- jemo z izdelavo modela, počakamo, da se barva po- suši. Najbolje je, da palice p barvamo dan prej. 2. Priprava mize Izberemo najmanj 130 centimetr v dolgo mizo. Na steno nad višino mize nalepimo črn papir, ki bo za ozadje. Mizo prislonimo k steni, nanjo pa po- ložimo leseno ploščo. Po sredini mize in plošče s svinčnikom narišemo ravno čr o. Od nje bomo levo in des merili lege zve d. Slika 3 3. Postavljenje zvezd Vsako zvezdo pripravimo in postavimo posebej, da ne pride do napak pri razporejanju zvezd. Zač- nemo z zvezdo Dubhe. Kroglico napičimo na en ko- nec palice. Nato od vrha kroglice odmerimo dolžino h iz razpredelnice (v tem primeru 50 cm) in jo s škar- jami na to dolži o skrajšamo. Na mizi na sre nji črti od erimo x, ki ga m rim od roba mize (v razpre d lnici 117 cm), nato p od tam pravokotno še y v desno (v t m primeru 40 cm od sredinske črte). D v r zpredelnici pomeni desno od sredinske črte, L pa levo. Tam na plošči narišemo piko in nanjo damo plastelin, v plastelin pa navpično vt knemo palico z zvezdo. Za preostale zvezde je postopek enak, po- datki so v preglednici. Zvezda M grez je v sredini 3 slika 4. Od tu bomo gledali slika 5. Maketa je narejena slika 6. Res je Veliki voz! slika 3. Merjenje in postavljanje zvezd mize, zat je y = 0. Slika 4 4. Kje je Veliki voz? Ko postavimo vse zvezde, počepnemo na konec mize in z njene sredine pogledamo proti „zvezdam“. Če smo vse naredili prav, potem njihovo razporedi- tev vidimo kot Veliki voz. Mi smo na sredini roba mize naredili veliko piko, ki ponazarja našo lego v vesolju. Toda če na naše „zvezde“ pogledamo s ka- kega drugega konca mize ali sobe, potem lika Veli- kega voza ne vidimo. Vidimo povsem drugačno raz- poreditev zvezd. Podoba ozvezdja je odvisna od na- šega opazovališča! Slika 5 Slika 6 5. Sklep in nekaj vprašanj Model bi lahko naredili kar na mizi, a če ga na- redimo na plošči, ga lahko shranimo, prenesemo in pokažemo še drugim. Na tak način bomo vsakogar prepričali, da so ozvezdja videti takšna, kot so, ker jih opazujemo prav z Zemlje. Za bistre glave pa še to. Znaš prebrati grške črke ob imenih zvezd? Zakaj smo kroglico za Dubhe pobarvali rumeno? Bi videli lik Velikega voza, če bi Zemlja krožila okoli zvezde Megrez? Veliki voz v naših krajih nikoli ne zaide. V večer- nih urah in ob jasnem vremenu ga poišči na nebu in ga primerjaj z modelom. Znaš s pomočjo Velikega voza najti Severnico? 4 mize, z to je y = 0. Slika 4 4. Kje je V liki voz? Ko postav mo vse zvezde, počepnemo na konec mize in z njene sredi e pogledamo roti „zvezdam“. Č smo vs naredili prav, potem njih vo razpored tev vidimo kot Veliki voz. Mi smo na sredi i roba miz naredili velik piko, ki pon zarja našo lego v v solju. T da če na naše „zvezde“ pogledamo s ka- kega drugega konca mize ali sobe, potem lika Veli- kega voza ne vidimo. Vidimo povsem drugačno raz- poreditev zvezd. Podoba ozvezdja je odvisna od na- šega opazovališča! Slika 5 Slika 6 5. Sklep in n kaj vprašanj Model bi lahko naredili kar na mizi, a če ga na- redimo na plošči, ga lahko shranimo, prenesemo in pokažemo še drugim. Na tak način bomo vsakogar prepričali, da so ozvezdja videti takšna, kot so, ker jih opazuj mo prav z Zemlje. Za bistre glave pa še to. Znaš prebrati grš črke ob imenih zvezd? Zakaj smo kroglico za Dubhe pobarvali rumeno? Bi videli lik Velikega voza, če bi Zemlj krožila okoli zv zde Megrez? Veliki voz v naših krajih nikoli ne zaide. V večer- nih urah in ob jasnem vremenu ga poišči na nebu in ga primerjaj z modelom. Znaš s pomočjo Velikega voza najti Severnico? 4 ostavljenje zvezd . je je Vel ki voz? Pr sek 38 (2010/2011) 4 a s t r o n o m i j a 24 • mize, zato je y = 0. Slika 4 4. Kje je Veliki voz? Ko postavimo vse zvezde, počepnemo na konec mize in z njene sredine pogledamo proti „zvezdam“. Če smo vse naredili prav, potem njihovo razporedi- tev vidimo kot Veliki voz. Mi smo na sredini roba mize naredili veliko piko, ki ponazarja našo lego v vesolju. Toda če na naše „zvezde“ pogledamo s ka- kega drugega konca mize ali sobe, potem lika Veli- kega voza ne vidimo. Vidimo povsem drugačno raz- poreditev zvezd. Podoba ozvezdja je odvisna od na- šega opazovališča! Slika 5 Slika 6 5. Sklep in nekaj vprašanj Model bi lahko naredili kar na mizi, a če ga na- redimo na plošči, ga lahko shranimo, prenesemo in pokažemo še drugim. Na tak način bomo vsakogar prepričali, da so ozvezdja videti takšna, kot so, ker jih opazujemo prav z Zemlje. Za bistre glave pa še to. Znaš prebrati grške črke ob imenih zvezd? Zakaj smo kroglico za Dubhe pobarvali rumeno? Bi videli lik Velikega voza, če bi Zemlja krožila okoli zvezde Megrez? Veliki voz v naših krajih nikoli ne zaide. V večer- nih urah in ob jasnem vremenu ga poišči na nebu in ga primerjaj z modelom. Znaš s pomočjo Velikega voza najti Severnico? 4 r e š it e v s u d o k u a b c d e f g h i a 8 2 9 6 5 4 3 1 7 b 5 4 7 1 3 2 8 9 6 c 6 1 3 8 7 9 4 2 5 d 3 6 1 4 2 8 7 5 9 e 9 5 8 7 6 1 2 4 3 f 4 7 2 3 9 5 1 6 8 g 7 9 6 2 1 3 5 8 4 h 2 3 4 5 8 6 9 7 1 i 1 8 5 9 4 7 6 3 2 • • • www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si andrej guštin Tekmovanje v znanju astronomije — drugič Lani, v mednarodnem letu astronomije, je domo- vinsko pravico dobilo tudi tekmovanje v znanju astronomije za osnovne in srednje šole. Pri Dru- štvu matematikov, fizikov in astronomov smo v tem tekmovanju videli pomemben prispevek k po- pularizaciji astronomije med mladimi. Glavni na- men vpeljave „še enega tekmovanja“ je torej po- večanje zanimanja za astronomijo, dvig astronom- skega znanja učencev in dijakov in spodbuda men- torjem, da to čudovito znanost resneje umestijo na seznam pedagoških dejavnosti. Rezultati drugega tekmovanja v znanju astronomije, ki je potekalo decembra 2010, kaže, da smo na dobri poti pri re- alizaciji teh namenov. Sestava nalog tekmovanja v znanju astronomije za šolsko leto 2010/2011 je ohranila lansko zasnovo. Tako na šolskem kot na državnem nivoju so malo manj kot polovico točk prinesli odgovori na vpraša- nja iz splošnega znanja astronomije, nekaj več od polovice točk pa računske naloge. Ohranili smo tudi enotni skupini za osnovnošolce (7., 8. in 9. razred skupaj), in za srednješolce oziroma gimnazijce (eno- tna skupina za vse štiri letnike). Razlog za tako po- enotenje je v tem, da se astronomija v osnovnih šo- lah kot izbirni predmet poučuje le na redkih šolah, v srednjih šolah pa dijaki tega predmeta sploh nimajo in astronomsko znanje pridobivajo samostojno ali v okviru krožkov. Sestavljavci nalog in recenzenti smo se zaradi tega tudi tokrat znašli pred težko nalogo, kako sestaviti naloge, ki ne bodo pretežke za nižje razrede oziroma letnike, da bomo torej zagotovili približno enake možnosti za vse. Glavna težava ni toliko splošno znanje, temveč znanje matematike za reševanje računskih nalog. Prav zato so bile račun- ske naloge sestavljene v okviru splošne astronomije, torej brez astrofizike. Prišlo pa je do sprememb na državnem tekmova- nju. Izkušnja s prvega tekmovanja, ki smo ga na državnem nivoju organizirali na enem mestu (v Lju- bljani), je bila dobra šola. Zagodel jo je hud snežni metež, ki je nekaterim tekmovalcem preprečil prihod v Ljubljano. Tudi veliko število tekmovalcev na enem mestu je velik organizacijski zalogaj. Zato smo se odločili, da bo odslej tekmovanje potekalo na treh lokacijah, določenih po regijskem ključu. Letošnje tekmovanje je tako potekalo na osnovni šoli Koper, na Gimnaziji Šentvid in na Gimnaziji Murska Sobota. Prvi cilj pri uvedbi tekmovanja v znanju astrono- mije je bil dosežen že na šolskem tekmovanju. Letos se je šolskega tekmovanja udeležilo kar 1961 osnov- nošolcev in 185 srednješolcev, skupaj 2146, kar je približno štirideset odstotkov več tekmovalcev kot lani! Očitno je, da se je tekmovanje „prijelo“. Na prvem tekmovanju je sodelovalo 129 šol, letos pa 170, kar je tudi izjemen porast. Na šolskem tekmo- 2 Lani, v mednarodnem letu astronomije, je domo- vinsko pravico dobilo tudi tekmovanje v znanju astronomije za osnovne in srednje šole. Pri Dru- štvu matematikov, fizikov in astronomov smo v tem tekmovanju videli pomemben prispevek k po- pularizaciji astronomije med mladimi. Glavni na- men vpeljave „še enega tekmovanja“ je torej po- večanje zanimanja za astronomijo, dvig astronom- skega znanja učencev in dijakov in spodbuda men- torjem, da to čudovito znanost resneje umestijo na seznam pedagoških dejavnosti. Rezultati drugega tekmovanja v znanju astronomije, ki je potekalo decembra 2010, kaže, da smo na dobri poti pri re- alizaciji teh namenov. Sestava nalog tekmovanja v znanju astronomije za šolsko leto 2010/2011 je ohranila lansko zasnovo. Tako na šolskem kot na državnem nivoju so malo manj kot polovico točk prinesli odgovori na vpraša- nja iz splošnega znanja astronomije, nekaj več od polovice točk pa računske naloge. Ohranili smo tudi enotni skupini za osnovnošolce (7., 8. in 9. razred skupaj), in za srednješolce oziroma gimnazijce (eno- tna skupina za vse štiri letnike). Razlog za tako po- enotenje je v tem, da se astronomija v osnovnih šo- lah kot izbirni predmet poučuje le na redkih šolah, v srednjih šolah pa dijaki tega predmeta sploh nimajo in astronomsko znanje pridobivajo samostojno ali v okviru krožkov. Sestavljavci nalog in recenzenti smo se zaradi tega tudi tokrat znašli pred težko nalogo, kako sestaviti naloge, ki ne bodo pretežke za nižje razrede oziroma letnike, da bomo torej zagotovili približno enake možnosti za vse. Glavna težava ni toliko splošno znanje, temveč znanje matematike za reševanje računskih nalog. Prav zato so bile račun- ske naloge sestavljene v okviru splošne astronomije, torej brez astrofizike. Prišlo pa je do sprememb na državnem tekmova- nju. Izkušnja s prvega tekmovanja, ki smo ga na državnem nivoju organizirali na enem mestu (v Lju- bljani), je bila dobra šola. Zagodel jo je hud snežni metež, ki je nekaterim tekmovalcem preprečil prihod v Ljubljano. Tudi veliko število tekmovalcev na enem mestu je velik organizacijski zalogaj. Zato smo se odločili, da bo odslej tekmovanje potekalo na treh lokacijah, določenih po regijskem ključu. Letošnje tekmovanje je tako potekalo na osnovni šoli Koper, na Gimnaziji Šentvid in na Gimnaziji Murska Sobota. Prvi cilj pri uvedbi tekmovanja v znanju astrono- mije je bil dosežen že na šolskem tekmovanju. Letos se je šolskega tekmovanja udeležilo kar 1961 osnov- nošolcev in 185 srednješolcev, skupaj 2146, kar je približno štirideset odstotkov več tekmovalcev kot lani! Očitno je, da se je tekmovanje „prijelo“. Na prvem tekmovanju je sodelovalo 129 šol, letos pa 170, kar je tudi izjemen porast. Na šolskem tekmo- 2 , , . , . , , . , , , . . , . ., . . , . , , . , , , . , . , . . , , . , . . , , . , . . , , ! , . , , . i, r l t str ij , j - i s r i il t i t j j str ij s i sr j š l . ri r - št t ti , i i str s t t j i li ris - l ri iji str ij l i i. l i - lj „š t j “ j t r j - j i j str ij , i str - s j i ij i s - t rj , t it st r s j stij s š i j sti. lt ti r t j j str ij , i j t l r , , s ri ti ri r - li iji t . est l te j j str ije š ls let / je r il l s s . š ls e t r e i j s l j t l ic t c ri esli ri r š - j i s l š e j str ije, e j ec l ice t c r c s e l e. r ili s t i e t i s i i s š lce ( ., . i . r re s j), i sre ješ lce ir i ijce (e - t s i se štiri let i e). l t - e te je je te , se str ij s i š - l t i ir i re et c je le re i š l , sre ji š l ij i te re et s l i j i str s je ri i j s st j li ir r . est lj ci l i rece e ti s se r i te t i t r t šli re te l , sest iti l e, i e rete e i je r re e ir let i e, t rej t ili ri li e e sti se. l te i t li s l š je, te ec je te ti e reše je r c s i l . r t s ile r c - s e l e sest lje e ir s l š e str ije, t rej re str i e. rišl je s re e r e te - j . I š j s r e te j , i s r e i j r i ir li e e est ( j - lj i), je il r š l . el j je s e i ete , i je e teri te lce re recil ri j lj . i eli šte il te lce e e est je eli r i cijs i l j. t s se l cili, slej te je te l tre l cij , l ce i re ijs e lj c . et š je te je je t te l s i š li er, i iji e t i i i iji rs t . r i cilj ri e i te j j str - ije je il se e e š ls e te j . et s se je š ls e te j ele il r s - š lce i sre ješ lce , s j , r je ri li štiri eset st t ec te lce t l i! cit je, se je te je „ rijel “. r e te j je s el l š l, let s , r je t i i je e r st. š ls e te - La e a o e e a o o e e o o o a co o o e o a e z a a o o e za o o e e e o e P a e a o z o a o o o o e e o a e o e e e e o a zac a o o e e a a a e e a e e e ega e o a a e o e o eča e za a a za a o o o g a o o ega z a a če ce a o o a e o e a o č o o z a o e e e e o a ez a e ago e a o ez a gega e o a a z a a o o e e o e a o ece a 2010 aže a o a o o e a zac e a e o S ava a og k ova a v z a a o o za o ko o 2010 2011 o a a a ko za ovo ako a o k ko a žav vo o a o a ko o ov o oˇk o govo a v a a a z o ga z a a a o o ka v ˇ o o ov oˇk a aˇ k a og a o o k za o ov o o 7 8 9 az k a za o oz o a g az o a k a za v k az og za ako o o v a a o o a v o ov o a ko zb o ˇ a k o a v o a a ak ga a o a o a o o ko z a ob va o a o o o a v okv k ožkov S av av a og z o za a ga ok a z a žko a ogo kako av a og k bo o žk za ž az oz o a k a bo o o zago ov b ž o ak ož o za v av a žava o ko o o z a v ˇ z a a a k za va aˇ k a og P av za o o b aˇ k a og av v okv o a o o o b z a o z k P o a o b a žav k ova zk a v ga k ova a k o ga a žav vo o ga z a a v L b a b a ob a o a ago o ž ž k ka k ova ˇ o v L b a o v ko v o k ova v a v k o ga za k za oga a o o o oˇ a bo o k ova o ka o a oka a o oˇ o g k k ˇ L o k ova ako o ka o a o ov o o a az Š v a az ka Sobo a P v v b k ova a v z a a o o b o ž ž a o k k ova L o o k ga k ova a ž o ka 1961 o ov o o v 185 o v k a 2146 ka b ž o o o kov v ˇ k ova v ko a ˇ o a k ova o a v k ova o ova o 129 o o a 170 ka z o a a o k k o 2 ni, v dn dn l u n ij , j d - vin k p vi d bil udi k v nj v n nju n ij n vn in dnj l . i D u- vu ik v, fi ik v in n v v k v nju vid li p b n p i p v k k p - pul i iji n ij d l di i. Gl vni n - n vp lj v n k v nj j j p - v nj ni nj n ij , dvi n - k n nj u n v in dij k v in p dbud n- j , d ud vi n n n j u ij n n p d kih d j vn i. R ul i d u k v nj v n nju n ij , ki j p k l d b , k , d n d b i p i p i - li iji h n n v. n l nj n nju n ij l l j h nil l n n . T n l n d n ni ju l nj p l i p in li d i n p - nj i pl n n nj n ij , n j d p l i p un n l . Oh nili udi n ni upini n n l ( ., . in . d up j), in dnj l i i n ij ( n - n upin i i l ni ). R l p - n nj j , d n ij n nih - l h i i ni p d p u uj l n d ih l h, dnjih l h p dij i p d pl h ni j in n n nj p id i j jn li i u . lj i n l in n n i di udi n li p d n l , i i n l , i n d p ni j d i l ni , d j ili p i li n n n i . Gl n ni li pl n n nj , n nj i nj un ih n l . il un- n l lj n i u pl n n ij , j fi i . i l p j d p n d n - nju. I u nj p nj , i n d n ni ju ni i li n n u ( ju- lj ni), j il d l . Z d l j j hud n ni , i j n i l p p il p ih d ju lj n . Tudi li il l n n u j li ni ij i l j. Z dl ili, d d l j nj p l n h l ij h, d l nih p ij lju u. nj nj j p l n n ni li K p , n Gi n iji n id in n Gi n iji Mu . i ilj p i u d i nj n nju n - ij j il d n n l nju. j l nj ud l il n - n l in dnj l , up j , j p i li n i id d l l ni! O i n j , d j nj p ij l . N p nju j d l l l, l p , j udi i j n p . N l - m r m t str m m s r t t m str m s sr š r r št m t m t str m sm t m t m m m r s r str m m m m m „š t m “ t r m str m str m s s m t r m t t st r s m st s m š st t t r t m str m t m r sm r t r r t m est te m str m e š s et / e r s s š s em t r em s m m t c t c r es r r š s š e str m e e ec ce t c r c s e e r sm t e t s s š ce r re s sre eš ce r m m ce e t s se št r et e t e te e e tem se str m s š t r re met c e e re š sre š te re met s m str ms e r s m st r r est c rece e t sm se r te t t r t š re te sest t e e rete e e r re e r m et e m t re t r e e m st se te t s š e tem ec e m tem t e reše e r c s r t s e r c s e e sest e e r s š e str m e t re re str e r š e s remem r em te m š s r e te m sm r em r r e em mest e r š e e s e mete e e ter m te m cem re rec r e šte te m ce e em mest e e r c s t sm se c s e te m e te tre c ce re s em c et š e te m e e t te s š er m e t m rs t r c r e te m str m e e se e e š s em te m et s se e š s e te m e e r s š ce sre eš ce s r e r št r eset st t ec te m ce t c t e se e te m e „ r e “ r em te m e s e š et s r e t eme r st š s em te m La i, e a o e le a o o ije, je o o- i o a ico o ilo i e o a je z a j a o o ije za o o e i e je ole. P i - a e a i o , zi o i a o o o o e e o a j i eli o e e i e e o- la izaciji a o o ije e la i i. la i a- e elja e e e ega e o a ja je o ej o- eča je za i a ja za a o o ijo, ig a o o - ega z a ja če ce i ija o i o a e - o je , a o č o i o z a o e eje e ijo a ez a e ago i eja o i. ez l a i gega e o a ja z a j a o o ije, i je o e alo ece a 2010, aže, a o a o i o i i e- alizaciji e a e o . S ava alog k ova ja v z a j a o o ij za ol ko l o 2010 2011 j o a ila la ko za ovo. ako a ol k ko a žav ivoj o alo a j ko olovi o oˇk i li o govo i a v a a- ja iz lo ga z a ja a o o ij , kaj v ˇ o olovi oˇk a aˇ k alog . a ili o i o i k i i za o ov o ol (7., 8. i 9. az k aj), i za j ol ozi o a gi azij ( o- a k i a za v i i l ik ). azlog za ako o- o j j v , a a o o ija v o ov i o- la ko izbi i o ˇ j l a ki ola , v ji ola a ijaki ga a lo i ajo i a o o ko z a j i obivajo a o oj o ali v okvi k ožkov. S avljav i alog i z i o za a i ga i ok a z a li žko alogo, kako avi i alog , ki bo o žk za ižj az ozi o a l ik , a bo o o j zago ovili ibliž o ak ož o i za v . lav a žava i oliko lo o z a j , v ˇ z a j a a ik za va j aˇ ki alog. P av za o o bil aˇ - k alog avlj v okvi lo a o o ij , o j b z a o zik . P i lo a j o b a žav k ova- j . Izk ja v ga k ova ja, ki o ga a žav ivoj o ga izi ali a (v Lj - blja i), j bila ob a ola. ago l jo j ž i ž, ki j ka i k oval ǐl i o v Lj blja o. i v liko vilo k oval v a j v lik o ga iza ij ki zalogaj. a o o o lo ǐli, a bo o l j k ova j o kalo a loka ija , oloˇ i o gij k klj ˇ . L o j k ova j j ako o kalo a o ov i oli o , a i aziji Š vi i a i aziji ka Sobo a. P vi ilj i v bi k ova ja v z a j a o o- ij j bil o ž ž a ol k k ova j . L o j ol k ga k ova ja l žilo ka 1961 o ov- o ol v i 185 j ol v, k aj 2146, ka j ibliž o i i o o kov v ˇ k oval v ko la i! ǐ o j , a j k ova j ij lo . a v k ova j j o lovalo 129 ol, l o a 170, ka j i izj o a . a ol k k o- 2 ni, v dn r dn l tu str n ij , j d - vinsk pr vi d bil tudi t k v nj v n nju str n ij sn vn in sr dnj š l . ri ru- štvu t tik v, fi ik v in str n v s v t t k v nju vid li p b n prisp v k k p - pul ri iji str n ij d l di i. l vni n - n vp lj v „š n t k v nj “ j t r j p - v nj ni nj str n ij , dvi str n - sk n nj u n v in dij k v in sp dbud n- t rj , d t ud vit n n st r sn j u stij n s n p d ških d j vn sti. ult ti dru t k v nj v n nju str n ij , ki j p t k l d br , k , d s n d bri p ti pri r - li iji t h n n v. est n l te nj n nju str n ije š ls let / je hr nil l ns sn . T n š ls e t n dr ne ni ju s l nj t p l ic t c prinesli d ri n pr š - nj i spl šne n nj str n ije, ne j ec d p l ice t c p r cuns e n l e. hr nili s tudi en tni s upini sn n š lce ( ., . in . r red s up j), in srednješ lce ir i n ijce (en - tn s upin se štiri letni e). R l t p - en tenje je te , d se str n ij sn nih š - l h t i irni pred et p ucuje le n red ih š l h, srednjih š l h p dij i te pred et spl h ni j in str n s n nje prid i j s st jn li iru r . est lj ci n l in recen enti s se r di te tudi t r t n šli pred te n l , sest iti n l e, i ne d prete e ni je r rede ir letni e, d t rej t ili pri li n en e n sti se. l n te ni t li spl šn n nje, te ec n nje te ti e reše nje r cuns ih n l . r t s ile r cun- s e n l e sest ljene iru spl šne str n ije, t rej re str fi i e. rišl p je d spre e n dr ne te - nju. I ušnj s pr e te nj , i s n dr ne ni ju r ni ir li n ene estu ( ju- lj ni), je il d r š l . Z del j je hud sne ni ete , i je ne teri te lce preprecil prih d ju lj n . Tudi eli šte il te lce n ene estu je eli r ni cijs i l j. Z t s se dl cili, d dslej te nje p te l n treh l cij h, d l cenih p re ijs e ljucu. et šnje te nje je t p te l n sn ni š li K per, n i n iji ent id in n i n iji urs t . r i cilj pri u ed i te nj n nju str n - ije je il d se en e n š ls e te nju. et s se je š ls e te nj udele il r sn - n š lce in srednješ lce , s up j , r je pri li n štirideset dst t ec te lce t l ni! citn je, d se je te nje „prijel “. pr e te nju je s del l š l, let s p , r je tudi i je en p r st. š ls e te - La , e a o e e a o o e, e o o o a co o o e o a e z a a o o e za o o e e e o e. P D a e a o , z o a o o o o e e o a e o e e e e o a zac a o o e e a . G a a e e a e e e ega e o a a e o e o eča e za a a za a o o o, g a o o ega z a a če ce a o o a e o e , a o č o o z a o e e e e o a ez a e ago e a o . Rez a gega e o a a z a a o o e, e o e a o ece a 2010, aže, a o a o o e a zac e a e o . S ava a og k ova a v z a a o o za o ko o 2010 2011 o a a a ko za ovo. ako a o k ko a žav vo o a o a ko o ov o oˇk o govo a v a a a z o ga z a a a o o , ka v ˇ o o ov oˇk a aˇ k a og . O a o o k za o ov o o 7., 8. 9. az k a , za o oz o a g az o a k a za v k . az og za ako o o v , a a o o a v o ov o a ko zb o ˇ a k o a , v o a a ak ga a o a o a o o ko z a ob va o a o o o a v okv k ožkov. S av av a og z o za a ga ok a z a žko a ogo, kako av a og , k bo o žk za ž az oz o a k , a bo o o zago ov b ž o ak ož o za v . G av a žava o ko o o z a , v ˇ z a a a k za va aˇ k a og. P av za o o b aˇ k a og av v okv o a o o , o b z a o z k . P o a o b a žav k ova . zk a v ga k ova a, k o ga a žav vo o ga z a a v L b a , b a ob a o a. ago o ž ž, k ka k ova ˇ o v L b a o. v ko v o k ova v a v k o ga za k za oga . a o o o oˇ , a bo o k ova o ka o a oka a , o oˇ o g k k ˇ . L o k ova ako o ka o a o ov o o , a G az Š v a G az M ka Sobo a. P v v b k ova a v z a a o o b o ž ž a o k k ova . L o o k ga k ova a ž o ka 1961 o ov o o v 185 o v, k a 2146, ka b ž o o o kov v ˇ k ova v ko a ! Oˇ o , a k ova o . Na v k ova o ova o 129 o , o a 170, ka z o a . Na o k k o 2 i m m l t t mij j m - i i il t i t m j j t mij i j l i - t m t m ti i i t m m t m t m j i li m m i - l i iji t mij m ml imi l i - m lj t m j j t j - j im j t mij i t m- j i ij i m - t j m t it t j m tij m i j ti lt ti t m j j t mij i j t l m m i ti i - li iji t m t l t m j j tr mij l l t j r il l l m t r m i j m l m j t l i t ri li ri r - j i l j tr mij j l i t r l r ili m t i t i i i l ( i r r j) i r j l ir m im ij ( - t i tiri l t i ) l t - t j j t m tr mij i - l t i ir i r m t j l r i l r ji l ij i t r m t l im j i tr m j ri i j m t j li ir r t lj i l i r ti m r i t t i t r t li r t l t iti l i r t i j r r ir m l t i m t r j t ili ri li m ti l t i t li l j t m j m t m ti r j r i l r t il r - l t lj ir l tr mij t r j r tr i ri l j r m m r m t m - j I j r t m j i m r m i j r i ir li m m t ( j - lj i) j il r l l j j i m t i j t rim t m l m r r il ri j lj i li t il t l m m t j li r i ij i l j t m l ili l j t m j t l tr l ij l i r ij m lj t j t m j j t t l i li r im iji t i i im iji r t r i ilj ri i t m j j tr - mij j il l m t m j t j l t m j l il r - l i r j l j r j ri li tiri t t t t m l t l i it j j t m j rij l r m t m j j l l l l t r j t i i j m r t l m t m - n , v dn r dn u s r n , d v nsk pr v d b ud k v n v n n u s r n sn vn n sr dn š . r ru š vu k v, fi k v n s r n v s v k v n u v d p b n pr sp v k k p pu r s r n d d . vn n n vp v „š n k v n “ r p v n n n s r n , dv s r n sk n n u n v n d k v n sp dbud n r , d ud v n n s r sn u s n s n p d šk h d vn s . u dru k v n v n n u s r n , k p k d br , k , d s n d br p pr r h n n v. es n e n n n u s n e š s e / e h n ns sn . T n š s e n d e n u s n p c c p nes d n p š n sp šne n n s n e, ne ec d p ce c p cu s e n e. h s ud en n s up n s n š ce ., . n . ed s up , n s edn eš ce n ce en n s up se š n e . R p e en e e e , d se s n sn n h š h n p ed e p ucu e e n ed h š h, s edn h š h e p ed e sp h n n s n s n n e p d s s u . es c n n ecen e s se d e ud n š p ed e , ses n e, ne d p e e e n e ed e n e, d e p n en e n s se. n e n sp šn n n e, e ec n n e e e eše n e cuns h n . s e cun s e n e ses ene u sp šne s n e, e e s fi e. š p e d sp e e n d ne e n u. ušn s p e n , s n d ne n u n n e e es u u n , e d š . Z d e hud sne n e e , e ne e e ce p ep ec p h d u n . Tud e š e e ce n ene es u e e n c s . Z s se d c , d ds e e n e p e n eh h, d cen h p e s e ucu. e šn e e n e e p e n sn n š K pe , n n en d n n n u s . c p u ed e n n u s n e e d se en e n š s e e n u. e s se š s e e n ude e sn n š ce n s edn eš ce , s up , e p n š dese ds ec e ce n ! c n e, d se e e n e „p e “. p e e n u e s de š , e s p , e ud e en p s . š s e e i l ij j - i i il i j j ij i j l i - i i i j i li i - l i iji ij l i i l i - lj j j j - j i j ij i - j i ij i - j i j ij i j i l i j j ij i j l i i i - li iji l j j ij l l j il l l i j l j l i i li i - j i l j ij j l i l ili i i i i l ( i j) i j l i i ij ( - i i i l i ) l - j j ij i - l i i i j l i l ji l ij i l i j i j i i j j li i lj i l i i i i li l i i l i i j i l i j ili i li i l i li l j j i j i l il - l lj i l ij j i i l j - j I j j i i j i i li ( j - lj i) j il l l j j i i j i l il i j lj i li il l j li i ij i l j l ili l j j l l ij l i ij lj j j j l i li i iji i i i iji i ilj i i j j - ij j il l j j l j l il - l i j l j j i li i i l l i i j j j ij l j j l l l l j i i j l - • . Sklep i nekaj vprašanj presek 38 (2010/2011) 4 a s t r o n o m i j a 25 Lani, v mednarodnem letu astronomije, je domo- vinsko pravico dobilo tudi tekmovanje v znanju astronomije za osnovne in srednje šole. Pri Dru- štvu matematikov, fizikov in astronomov smo v tem tekmovanju videli pomemben prispevek k po- pularizaciji astronomije med mladimi. Glavni na- men vpeljave „še enega tekmovanja“ je torej po- večanje zanimanja za astronomijo, dvig astronom- skega znanja učencev in dijakov in spodbuda men- torjem, da to čudovito znanost resneje umestijo na seznam pedagoških dejavnosti. Rezultati drugega tekmovanja v znanju astronomije, ki je potekalo decembra 2010, kaže, da smo na dobri poti pri re- alizaciji teh namenov. Sestava nalog tekmovanja v znanju astronomije za šolsko leto 2010/2011 je ohranila lansko zasnovo. Tako na šolskem kot na državnem nivoju so malo manj kot polovico točk prinesli odgovori na vpraša- nja iz splošnega znanja astronomije, nekaj več od polovice točk pa računske naloge. Ohranili smo tudi enotni skupini za osnovnošolce (7., 8. in 9. razred skupaj), in za srednješolce oziroma gimnazijce (eno- tna skupina za vse štiri letnike). Razlog za tako po- enotenje je v tem, da se astronomija v osnovnih šo- lah kot izbirni predmet poučuje le na redkih šolah, v srednjih šolah pa dijaki tega predmeta sploh nimajo in astronomsko znanje pridobivajo samostojno ali v okviru krožkov. Sestavljavci nalog in recenzenti smo se zaradi tega tudi tokrat znašli pred težko nalogo, kako sestaviti naloge, ki ne bodo pretežke za nižje razrede oziroma letnike, da bomo torej zagotovili približno enake možnosti za vse. Glavna težava ni toliko splošno znanje, temveč znanje matematike za reševanje računskih nalog. Prav zato so bile račun- ske naloge sestavljene v okviru splošne astronomije, torej brez astrofizike. Prišlo pa je do sprememb na državnem tekmova- nju. Izkušnja s prvega tekmovanja, ki smo ga na državnem nivoju organizirali na enem mestu (v Lju- bljani), je bila dobra šola. Zagodel jo je hud snežni metež, ki je nekaterim tekmovalcem preprečil prihod v Ljubljano. Tudi veliko število tekmovalcev na enem mestu je velik organizacijski zalogaj. Zato smo se odločili, da bo odslej tekmovanje potekalo na treh lokacijah, določenih po regijskem ključu. Letošnje tekmovanje je tako potekalo na osnovni šoli Koper, na Gimnaziji Šentvid in na Gimnaziji Murska Sobota. Prvi cilj pri uvedbi tekmovanja v znanju astrono- mije je bil dosežen že na šolskem tekmovanju. Letos se je šolskega tekmovanja udeležilo kar 1961 osnov- nošolcev in 185 srednješolcev, skupaj 2146, kar je približno štirideset odstotkov več tekmovalcev kot lani! Očitno je, da se je tekmovanje „prijelo“. Na prvem tekmovanju je sodelovalo 129 šol, letos pa 170, kar je tudi izjemen porast. Na šolskem tekmo- 2 vanju je bilo podeljenih 725 bronastih priznanj, na državno tekmovanje pa se je uvrstilo okoli 250 tek- movalcev. Državnega tekmovanja se je udeležilo 188 osnov- nošolcev in 48 srednješolcev, skupaj torej 236. Na- loge na državnem tekmovanju so bile zahtevnejše, celo nekoliko težje kot lani. Kljub temu pa je bil splošni uspeh oz. število doseženih točk v povpre- čju višje kot lani. Nekaj tekmovalcev je celo dose- glo stoodstotni izkupǐcek. Na državnem tekmova- nju je bilo tako podeljenih 135 srebrnih in 38 zlatih priznanj. To je pomemben pokazatelj, da se v leto- šnjem letu ni le povečalo število tekmovalcev, tem- več je napredovalo tudi njihovo znanje. Verjetno gre pomemben del zaslug tudi mentorjem, ki so ak- tivno sodelovali pri pripravah na tekmovanje. Preda- vanja o astronomskem tekmovanju, ki je potekalo v okviru občnega zbora DMFA, se je namreč udeležilo zelo veliko mentorjev iz vse Slovenije, kar je še en pokazatelj pomena tega tekmovanja. Glede na opa- žen dvig astronomskega znanja bo tekmovalna ko- misija že prihodnje leto začela uvajati astrofizikalne naloge. Vzorčne naloge bo tekmovalna komisija ob- javljala vse leto. Pomemben dodatek tekmovanja v znanju astro- nomije pa je tudi finale, na katerega so se uvrstili najboljši osnovnošolci in srednješolci z državnega tekmovanja. Na tem finalu bodo morali tekmovalci pokazati še praktično astronomsko znanje. Po mne- nju tekmovalne komisije je finalni izbor s praktičnim astronomskim delom pomemben za dvig astronom- skega znanja na osnovnih in srednjih šolah, hkrati pa prispeva k popularizaciji astronomije. Opazo- valne in druge praktične metode so v astronomiji ne- ločljivi del teoretičnega znanja, ki ga tekmovalci po- kažejo na šolskem in državnem tekmovanju v zna- nju astronomije. Finalni del ima tudi namen spodbu- diti delo mentorjev pri uporabi teleskopov in drugih naprav za astronomska opazovanja, ki so jih v med- narodnem letu astronomije lahko kupile vse šole v Sloveniji. Srebrna in zlata priznanja, ki so jih tekmovalci dosegli na državnem tekmovanju v znanju astrono- mije, se po finalnem delu tekmovanja ohranijo. Sku- pno število točk, doseženih na državnem tekmova- nju in v finalu, bo dalo končno razvrstitev tekmoval- cev v znanju astronomije. Finalni del tekmovanja bo predvidoma v sredini februarja 2011. O rezultatih tega finala bomo poročali v eni od prihodnjih številk Preseka. Slika Finalisti Osnovna šola Darko Kolar, OŠ Turnišče Luka Gojkošek, OŠ Rače 3 vanju je bilo podeljenih 725 bronastih priznanj, na državno tekmovanje pa se je uvrstilo okoli 250 tek- movalcev. Državnega tekmovanja se je udeležilo 188 osnov- nošolcev in 48 srednješolcev, skupaj torej 236. Na- loge na državnem tekmovanju so bile zahtevnejše, celo nekoliko težje kot lani. Kljub temu pa je bil splošni uspeh oz. število doseženih točk v povpre- čju višje kot lani. Nekaj tekmovalcev je celo dose- glo stoodstotni izkupǐcek. Na državnem tekmova- nju je bilo tako podeljenih 135 srebrnih in 38 zlatih priznanj. To je pomemben pokazatelj, da se v leto- šnjem letu ni le povečalo število tekmovalcev, tem- več je napredovalo tudi njihovo znanje. Verjetno gre pomemben del zaslug tudi mentorjem, ki so ak- tivno sodelovali pri pripravah na tekmovanje. Preda- vanja o astronomskem tekmovanju, ki je potekalo v okviru občnega zbora DMFA, se je namreč udeležilo zelo veliko mentorjev iz vse Slovenije, kar je še en pokazatelj pomena tega tekmovanja. Glede na opa- žen dvig astronomskega znanja bo tekmovalna ko- misija že prihodnje leto začela uvajati astrofizikalne naloge. Vzorčne naloge bo tekmovalna komisija ob- javljala vse leto. Pomemben dodatek tekmovanja v znanju astro- nomije pa je tudi finale, na katerega so se uvrstili najboljši osnovnošolci in srednješolci z državnega tekmovanja. Na tem finalu bodo morali tekmovalci pokazati še praktično astronomsko znanje. Po mne- nju tekmovalne komisije je finalni izbor s praktičnim astronomskim delom pomemben za dvig astronom- skega znanja na osnovnih in srednjih šolah, hkrati pa prispeva k popularizaciji astronomije. Opazo- valne in druge praktične metode so v astronomiji ne- ločljivi del teoretičnega znanja, ki ga tekmovalci po- kažejo na šolskem in državnem tekmovanju v zna- nju astronomije. Finalni del ima tudi namen spodbu- diti delo mentorjev pri uporabi teleskopov in drugih naprav za astronomska opazovanja, ki so jih v med- narodnem letu astronomije lahko kupile vse šole v Sloveniji. Srebrna in zlata priznanja, ki so jih tekmovalci dosegli na državnem tekmovanju v znanju astrono- mije, se po finalnem delu tekmovanja ohranijo. Sku- pno število točk, doseženih na državnem tekmova- nju in v finalu, bo dalo končno razvrstitev tekmoval- cev v znanju astronomije. Finalni del tekmovanja bo predvidoma v sredini februarja 2011. O rezultatih tega finala bomo poročali v eni od prihodnjih številk Preseka. Slika Finalisti Osnovna šola Darko Kolar, OŠ Turnišče Luka Gojkošek, OŠ Rače 3 slika 1. Na drugem tekmovanju v znanju astronomije se je bistveno povečalo število sodelujočih. Tekmovalci so pokazali tudi več znanja kot lani. (Foto: Zorko Vičar) Presek 38 (2010/2011) 4 • a s t r o n o m i j a 26 1. srednja šola Rok Šikonja, OŠ Metlika Denis Arnšek, OŠ Lava, Celje Žan Kokalj, OŠ Starše Urban Stanič, OŠ Vodmat, Ljubljana Katja Logar, OŠ Šenčur Kristjan Ponebšek, OŠ Litija Blaž Potokar, OŠ Trebnje Srednja šola Domen Kampjut, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Pavel Kos, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Matija Skala, Elektrotehniško-računalniška stro- kovna šola in gimnazija Ljubljana Andraž Gnidovec, Gimnazija Bežigrad, Ljub- ljana Michel Adamič, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Kristijan Kuhar, ŠC Velenje, Gimnazija Martina Loknar, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Žan Pirc, Gimnazija Litija 4 Rok Šikonja, OŠ Metlika Denis Arnšek, OŠ Lava, Celje Žan Kokalj, OŠ Starše Urban Stanič, OŠ Vodmat, Ljubljana Katja Logar, OŠ Šenčur Kristjan Ponebšek, OŠ Litija Blaž Potokar, OŠ Trebnje Srednja šola Domen Kampjut, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Pavel Kos, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Matija Skala, Elektrotehniško-r čunalniška stro- kovna šola in gimnazija Ljubljana Andraž Gnidovec, Gimnazija Bežigrad, Ljub- ljana Michel Adamič, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Kristijan Kuhar, ŠC Velenje, Gimnazija Martina Loknar, Gimnazija Bežigrad, Ljubljana Žan Pirc, Gimnazija Litija 4 i j , tli i , , lj j, t r i , t, j lj j , r i j , itij , r j r j l j , i ij i r , j lj , i ij i r , j lj ij , l tr t i -ra l i tr - l i i ij j lj i , i ij i r , j - lj i i , i ij i r , j lj i ij , l j , i ij i , i ij i r , j lj i , i ij itij Rok Šikon a, OŠ Me lika Denis Arnšek, OŠ Lava, Celje Žan Kokal , OŠ S a še Urban Stanič, OŠ Vod a , Ljubljana Kat a Logar, OŠ Šenču Krist an Ponebšek, OŠ Li ija Blaž Potokar, OŠ T ebnje S ednja šola Domen Kamp ut, Gi nazija Bežig ad, Ljubljana Pavel Kos, Gi nazija Bežig ad, Ljubljana Mati a Skala, Elek o ehniško- čunalniška s o- kovna šola in gi nazija Ljubljana Andraž Gnidovec, Gi nazija Bežig ad, Ljub- ljana Michel Adamič, Gi nazija Bežig ad, Ljubljana Kristi an Kuhar, ŠC Velenje, Gi nazija Martina Loknar, Gi nazija Bežig ad, Ljubljana Žan Pirc, Gi nazija Li ija 4 vanju je bilo podeljenih 725 bronastih priznanj, na državno tekmovanje pa se je uvrstilo okoli 250 tek- movalcev. Državnega tekmovanja se je udeležilo 188 osnov- nošolcev in 48 srednješolcev, skupaj torej 236. Na- loge na državnem tekmovanju so bile zahtevnejše, celo nekoliko težje kot lani. Kljub temu pa je bil splošni uspeh oz. število doseženih točk v povpre- čju višje kot lani. Nekaj tekmovalcev je celo dose- glo stoodstotni izkupǐcek. Na državnem tekmova- nju je bilo tako podeljenih 135 srebrnih in 38 zlatih priznanj. To je pomemben pokazatelj, da se v leto- šnjem letu ni le povečalo število tekmovalcev, tem- več je napredovalo tudi njihovo znanje. Verjetno gre pomemben del zaslug tudi mentorjem, ki so ak- tivno sodelovali pri pripravah na tekmovanje. Preda- vanja o astronomskem tekmovanju, ki je potekalo v okviru občnega zbora DMFA, se je namreč udeležilo zelo veliko mentorjev iz vse Slovenije, kar je še en pokazatelj pomena tega tekmovanja. Glede na opa- žen dvig astronomskega znanja bo tekmovalna ko- misija že prihodnje leto začela uvajati astrofizikalne naloge. Vzorčne naloge bo tekmovalna komisija ob- javljala vse leto. Pomemben dodatek tekmovanja v znanju astro- nomije pa je tudi finale, na katerega so se uvrstili najboljši osnovnošolci in srednješolci z državnega tekmovanja. Na tem finalu bodo morali tekmovalci pokazati še praktično astronomsko znanje. Po mne- nju tekmovalne komisije je finalni izbor s praktičnim astronomskim delom pomemben za dvig astronom- skega znanja na osnovnih in srednjih šolah, hkrati pa prispeva k popularizaciji astronomije. Opazo- valne in druge praktične metode so v astronomiji ne- ločljivi del teoretičnega znanja, ki ga tekmovalci po- kažejo na šolskem in državnem tekmovanju v zna- nju astronomije. Finalni del ima tudi namen spodbu- diti delo mentorjev pri uporabi teleskopov in drugih naprav za astronomska opazovanja, ki so jih v med- narodnem letu astronomije lahko kupile vse šole v Sloveniji. Srebrna in zlata priznanja, ki so jih tekmovalci dosegli na državnem tekmovanju v znanju astrono- mije, se po finalnem delu tekmovanja ohranijo. Sku- pno število točk, doseženih na državnem tekmova- nju in v finalu, bo dalo končno razvrstitev tekmoval- cev v znanju astronomije. Finalni del tekmovanja bo predvidoma v sredini februarja 2011. O rezultatih tega finala bomo poročali v eni od prihodnjih številk Preseka. Slika Finalisti Osnovna šola Darko Kolar, OŠ Turnišče Luka Gojkošek, OŠ Rače 3 Finalisti 1. osnovna šola www.dmfa.si presek 38 (2010/2011) 4 • računalništvo 27 r a č u n a l n i š t v o Ameriška televizijska serija Zvezdne steze [1] je v času svojega prikazovanja precej razburkala javnost, saj so v seriji uporabljali tehnologije, ki so bile takrat težko predstavljive. Mnogim se je pose- bej vtisnila v spomin možnost teleportiranja ljudi iz vesoljske ladje na tuj planet ali drugo vesoljsko ladjo. Za teleportacijo se je oseba postavila na po- sebej označena mesta, tehnik, ki je upravljal z na- pravo, je dal ukaz in naprava je začela s teleporta- cijo. Gledalec je to videl kot počasno razblinjanje osebe na eni lokaciji in sestavljanje osebe na drugi lokaciji. Izgledalo je, kot da so se naključni atomi na izhodiščni strani prestavili na pravo mesto na ciljni lokaciji. Ko se je teleportacija zaključila, na začetni lokaciji ni ostalo nič od osebe, na ciljni lokaciji pa je oseba že opravljala svojo nalogo. V tem prispevku ne bomo teleportirali oseb, ampak bomo teleportirali slike, pri tem pa predvsem razmišljali, kako zasnovati algori- tem, ki bo naključno teleportiral delce slike na drugo lokacijo. Da bi lažje razumeli, kakšno nalogo bomo reševali, si oglejmo sliko 1, ki prikazuje več korakov teleportacije slike z možicem. Za lažjo predstavo predpostavimo, da je kvadratek, iz katerih je možic sestavljen, enak eni točki na zaslonu. Levi stolpec na sliki 1 tako prikazuje možica na izhodiščnem mestu, desni stolpec pa možica na ciljnem mestu. Telepor- tacija se izvede v treh korakih, kjer začetno stanje predstavlja stanje pred teleportacijo. Ko se telepor- tacija začne, se naključni delci (kvadratki) možica te- leportirajo na končno mesto. Prvi korak prikazuje stanje, ko se je teleportiralo le nekaj delcev, drugi korak pa stanje, ko se je teleportiralo že precejšnje število delcev možica. Zadnji, tretji korak, predsta- vlja možica po uspešno zaključeni teleportaciji. Seveda je mogoče za takšno teleportacijo vnaprej določiti zaporedje kvadratkov in to zaporedje pri vsaki teleportaciji ponavljati, vendar je naš cilj, da zapišemo algoritem, ki teleportira poljubno obliko in ne zgolj možica s slike 1. Zato je bolj zanimivo razmišljati o postopku, kako naključno izbirati delce slike (v našem primeru možica) in jih prestaviti na ustrezno ciljno mesto, pri tem pa bomo tehnični del dejanske izvedbe (npr. kako izbrisati in narisati to- čko na zaslonu) zanemarili, saj je odvisen od izbra- nega programskega jezika. Slika 1 Algoritmi za teleportacijo Na prvi pogled se zdi naloga zelo enostavna. Pa je temu res tako? Slike so v računalnikih shranjene v vektorskem ali 2 • igor pesek Kako teleportirati sliko? • A eriška televizijska serija Zvezdne steze [1] je v času svojega prikazovanja precej razburkala javnost, saj so v seriji uporabljali tehnologije, ki so bile takrat težko predstavljive. nogi se je pose- bej vtisnila v spo in ožnost teleportiranja ljudi iz vesoljske ladje na tuj planet ali drugo vesoljsko ladjo. Za teleportacijo se je oseba postavila na po- sebej označena esta, tehnik, ki je upravljal z na- pravo, je dal ukaz in naprava je začela s teleporta- cijo. Gledalec je to videl kot počasno razblinjanje osebe na eni lokaciji in sestavljanje osebe na drugi lokaciji. Izgledalo je, kot da so se naključni ato i na izhodiščni strani prestavili na pravo esto na ciljni lokaciji. Ko se je teleportacija zaključila, na začetni lokaciji ni ostalo nič od osebe, na ciljni lokaciji pa je oseba že opravljala svojo nalogo. V te prispevku ne bo o teleportirali oseb, a pak bo o teleportirali slike, pri te pa predvse raz išljali, kako zasnovati algori- te , ki bo naključno teleportiral delce slike na drugo lokacijo. Da bi lažje razu eli, kakšno nalogo bo o reševali, si oglej o sliko 1, ki prikazuje več korakov teleportacije slike z ožice . Za lažjo predstavo predpostavi o, da je kvadratek, iz katerih je ožic sestavljen, enak eni točki na zaslonu. Levi stolpec na sliki 1 tako prikazuje ožica na izhodiščne estu, desni stolpec pa ožica na ciljne estu. Telepor- tacija se izvede v treh korakih, kjer začetno stanje predstavlja stanje pred teleportacijo. Ko se telepor- tacija začne, se naključni delci (kvadratki) ožica te- leportirajo na končno esto. Prvi korak prikazuje stanje, ko se je teleportiralo le nekaj delcev, drugi korak pa stanje, ko se je teleportiralo že precejšnje število delcev ožica. Zadnji, tretji korak, predsta- vlja ožica po uspešno zaključeni teleportaciji. Seveda je ogoče za takšno teleportacijo vnaprej določiti zaporedje kvadratkov in to zaporedje pri vsaki teleportaciji ponavljati, vendar je naš cilj, da zapiše o algorite , ki teleportira poljubno obliko in ne zgolj ožica s slike 1. Zato je bolj zani ivo raz išljati o postopku, kako naključno izbirati delce slike (v naše pri eru ožica) in jih prestaviti na ustrezno ciljno esto, pri te pa bo o tehnični del dejanske izvedbe (npr. kako izbrisati in narisati to- čko na zaslonu) zane arili, saj je odvisen od izbra- nega progra skega jezika. Slika 1 lgorit i za teleportacijo Na prvi pogled se zdi naloga zelo enostavna. Pa je te u res tako? Slike so v računalnikih shranjene v vektorske ali 2 Ameriška televizijska serija Zvezdne steze [1] je v času svojega prikazovanja precej razburkala javnost, saj so v seriji uporabljali tehnologije, ki so bile takrat težko predstavljive. Mnogim se je pose- bej vtisnila v spomin možnost teleportiranja ljudi iz vesoljske ladje na tuj planet ali drugo vesoljsko ladjo. Za teleportacijo se je oseba postavila na po- sebej označena mesta, tehnik, ki je upravljal z na- pravo, je dal ukaz in naprava je začela s teleporta- cijo. Gledalec je to videl kot počasno razblinjanje osebe na eni lokaciji in sestavljanje osebe na drugi lokaciji. Izgledalo je, kot da so se naključni atomi na izhodiščni strani prestavili na pravo mesto na ciljni lokaciji. Ko se je teleportacija zaključila, na začetni lokaciji ni ostalo nič od osebe, na ciljni lokaciji pa je oseba že opravljala svojo nalogo. V tem prispevku ne bomo teleportirali oseb, ampak bomo teleportirali slike, pri tem pa predvsem razmišljali, kako zasnovati algori- tem, ki bo naključno teleportiral delce slike na drugo lokacijo. Da bi lažje razumeli, kakšno nalogo bomo reševali, si oglejmo sliko 1, ki prikazuje več korakov teleportacije slike z možicem. Za lažjo predstavo predpostavimo, da je kvadratek, iz katerih je možic sestavljen, enak eni točki na zaslonu. Levi stolpec na sliki 1 tako prikazuje možica na izhodiščnem mestu, desni stolpec pa možica na ciljnem mestu. Telepor- tacija se izvede v treh korakih, kjer začetno stanje predstavlja stanje pred teleportacijo. Ko se telepor- tacija začne, se naključni delci (kvadratki) možica te- leportirajo na končno mesto. Prvi korak prikazuje stanje, ko se je teleportiralo le nekaj delcev, drugi korak pa stanje, ko se je teleportiralo že precejšnje število delcev možica. Zadnji, tretji korak, predsta- vlja možica po uspešno zaključeni teleportaciji. Seveda je mogoče za takšno teleportacijo vnaprej določiti zaporedje kvadratkov in to zaporedje pri vsaki teleportaciji ponavljati, vendar je naš cilj, da zapišemo algoritem, ki teleportira poljubno obliko in ne zgolj možica s slike 1. Zato je bolj zanimivo razmišljati o postopku, kako naključno izbirati delce slike (v našem primeru možica) in jih prestaviti na ustrezno ciljno mesto, pri tem pa bomo tehnični del dejanske izvedbe (npr. kako izbrisati in narisati to- čko na zaslonu) zanemarili, saj je odvisen od izbra- nega programskega jezika. Slika 1 Algoritmi za teleportacijo Na prvi pogled se zdi naloga zelo enostavna. Pa je temu res tako? Slike so v računalnikih shranjene v vektorskem ali 2 ri t l i ij rij t [ ] j j ri j r j r r l j t, j riji r lj li t l ij , i il t r t t r t lji . i j - j ti il i t t l rtir j lj i i lj l j t j l t li r lj l j . t l rt ij j t il - j t , t i , i j r lj l - r , j l i r j l t l rt - ij . l l j t i l t r li j j i l iji i t lj j r i l iji. I l l j , t lj i t i i i i tr i r t ili r t ilj i l iji. j t l rt ij lj il , t i l iji i t l i , ilj i l iji j r lj l j l . t ri t l rtir li , t l rtir li li , ri t r r i lj li, ti l ri- t , i lj t l rtir l l li r l ij . i l j r li, l r li, i l j li , i ri j r t l rt ij li i . l j r t r t i , j r t , i t ri j i t lj , i t i l . i t l li i t ri j i i i t , i t l i ilj t . l r- t ij i tr r i , j r t t j r t lj t j r t l rt ij . t l r- t ij , lj i l i ( r t i) i t - l rtir j t . r i r ri j t j , j t l rtir l l j l , r i r t j , j t l rtir l r j j t il l i . ji, tr tji r , r t - lj i lj i t l rt iji. j t t l rt ij r j l iti r j r t i t r j ri i t l rt iji lj ti, r j ilj, i l rit , i t l rtir lj li i lj i li . t j lj i i r i lj ti t , lj i ir ti l li ( ri r i ) i ji r t iti tr ilj t , ri t t i i l j i ( r. i ri ti i ri ti t - l ) rili, j j i i r - r r j i . li l rit i t l rt ij r i l i l l t . j t r t ? li r l i i r j t r li e ška e ev z ska se a Zvezdne s eze 1 e v času svo ega p kazovan a p ece azbu ka a avnos sa so v se upo ab a ehno og e k so b e ak a ežko p eds av ve nog se e pose be v sn a v spo n ožnos e epo an a ud z veso ske ad e na u p ane a d ugo veso sko ad o Za e epo ac o se e oseba pos av a na po sebe označena es a ehn k k e up av a z na p avo e da ukaz n nap ava e zače a s e epo a c o eda ec e o v de ko počasno azb n an e osebe na en okac n ses av an e osebe na d ug okac zg eda o e ko da so se nak učn a o na zhod ščn s an p es av na p avo es o na c n okac o se e e epo ac a zak uč a na zače n okac n os a o n č od osebe na c n okac pa e oseba že op av a a svo o na ogo e p spevku ne bo o e epo a oseb a pak bo o e epo a s ke p e pa p edvse az š a kako zasnova a go e k bo nak učno e epo a de ce s ke na d ugo okac o a b až e azu e kakšno na ogo bo o eševa s og e o s ko 1 k p kazu e več ko akov e epo ac e s ke z ož ce Za až o p eds avo p edpos av o da e kvad a ek z ka e h e ož c ses av en enak en očk na zas onu Lev s o pec na s k 1 ako p kazu e ož ca na zhod ščne es u desn s o pec pa ož ca na c ne es u Te epo ac a se zvede v eh ko ak h k e zače no s an e p eds av a s an e p ed e epo ac o o se e epo ac a začne se nak učn de c kvad a k ož ca e epo a o na končno es o P v ko ak p kazu e s an e ko se e e epo a o e neka de cev d ug ko ak pa s an e ko se e e epo a o že p ece šn e š ev o de cev ož ca Zadn e ko ak p eds a v a ož ca po uspešno zak učen e epo ac Seveda e ogoče za akšno e epo ac o vnap e do oč zapo ed e kvad a kov n o zapo ed e p vsak e epo ac ponav a venda e naš c da zap še o a go e k e epo a po ubno ob ko n ne zgo ož ca s s ke 1 Za o e bo zan vo az š a o pos opku kako nak učno zb a de ce s ke v naše p e u ož ca n h p es av na us ezno c no es o p e pa bo o ehn čn de de anske zvedbe np kako zb sa n na sa o čko na zas onu zane a sa e odv sen od zb a nega p og a skega ez ka S ka 1 za e e ac a p v pog ed se zd na oga ze o enos avna Pa e e u es ako S ke so v ačuna n k h sh an ene v vek o ske a 2 i t l i ij ij t [ ] j j i j j l j t, j iji lj li t l ij , i il t t t t lji . M i j - j ti il i t t l ti j lj i i lj l j t j l t li lj l j . t l t ij j t il - j t , t i , i j lj l - , j l i j l t l t - ij . l l j t i l t li j j i l iji i t lj j i l iji. I l l j , t lj i t i i i i t i t ili t ilj i l iji. K j t l rt ij lj il , t i l iji i t l i , ilj i l iji j r lj l j l . V t m ri m t l rtir li , m m t l rtir li li , ri t m r m r mi lj li, ti l ri- t m, i lj t l rtir l l li r l ij . i l j r m li, l m r li, i l jm li , i ri j r t l rt ij li m i m. l j r t r t im , j r t , i t ri j m i t lj , i t i l . i t l li i t ri j m i i i m m t , i t l m i ilj m m t . l r- t ij i tr r i , j r t t j r t lj t j r t l rt ij . K t l r- t ij , lj i l i ( r t i) m i t - l rtir j m t . r i r ri j t j , j t l rtir l l j l , r i r t j , j t l rtir l r j j t il l m i . ji, tr tji r , r t - lj m i lj i t l rt iji. j m t t l rt ij r j l iti r j r t i t r j ri i t l rt iji lj ti, r j ilj, i m l rit m, i t l rtir lj li i lj m i li . t j lj imi r mi lj ti t , lj i ir ti l li ( m rim r m i ) i ji r t iti tr ilj m t , ri t m m t i i l j i ( r. i ri ti i ri ti t - l ) m rili, j j i i r - r r m j i . li Al it i t l t ij r i l i l l t . j t m r t li r l i i r j t r m li m r r r r r r r r r r m m m r r r r m r r r r r r m r r r m r r ? , , . . , , , . . , . , , . , , , , . , , , . , , , . , . , . , . , , , . , , . , , , . , , . , . m . i l i ij ij [ ] j j i j j l j , j iji lj li l ij , i il lji . i j - j i il i l i j lj i i lj l j j l li lj l j . l ij j il - j , i , i j lj l - , j l i j l l - ij . l l j i l li j j i l iji i lj j i l iji. I l l j , lj i i i i i i ili ilj i l iji. j l ij lj il , i l iji i l i , ilj i l iji j lj l j l . i l i li , l i li li , i i lj li, i l i- , i lj l i l l li l ij . i l j li, l li, i l j li , i i j l ij li i . l j i , j , i i j i lj , i i l . i l li i i j i i i , i l i ilj . l - ij i i , j j lj j l ij . l - ij , lj i l i ( i) i - l i j . i i j j , j l i l l j l , i j , j l i l j j il l i . ji, ji , - lj i lj i l iji. j l ij j l i i j i j i i l iji lj i, j ilj, i l i , i l i lj li i lj i li . j lj i i i lj i , lj i i i l li ( i i ) i ji i i ilj , i i i l j i ( . i i i i i i - l ) ili, j j i i - j i . li l i i l ij i l i l l . j li l i i j li Ameriška televizijska serija Zvezdne steze [1] je v času svojega prikazovanja precej razburkala javnost, saj so v seriji uporabljali tehnologije, ki so bile takrat težko predstavljive. Mnogim se je pose- bej vtisnila v spomin možnost teleportiranja ljudi iz vesoljske ladje na tuj planet ali drugo vesoljsko ladjo. Za teleportacijo se je oseba postavila na po- sebej označena mesta, tehnik, ki je upravljal z na- pravo, je dal ukaz in naprava je začela s teleporta- cijo. Gledalec je to videl kot počasno razblinjanje osebe na eni lokaciji in sestavljanje osebe na drugi lokaciji. Izgledalo je, kot da so se naključni atomi na izhodiščni strani prestavili na pravo mesto na ciljni lokaciji. Ko se je teleportacija zaključila, na začetni lokaciji ni ostalo nič od osebe, na ciljni lokaciji pa je oseba že opravljala svojo nalogo. V tem prispevku ne bomo teleportirali oseb, ampak bomo teleportirali slike, pri tem pa predvsem razmišljali, kako zasnovati algori- tem, ki bo naključno teleportiral delce slike na drugo lokacijo. Da bi lažje razumeli, kakšno nalogo bomo reševali, si oglejmo sliko 1, ki prikazuje več korakov teleportacije slike z možicem. Za lažjo predstavo predpostavimo, da je kvadratek, iz katerih je možic sestavljen, enak eni točki na zaslonu. Levi stolpec na sliki 1 tako prikazuje možica na izhodiščnem mestu, desni stolpec pa možica na ciljnem mestu. Telepor- tacija se izvede v treh korakih, kjer začetno stanje predstavlja stanje pred teleportacijo. Ko se telepor- tacija začne, se naključni delci (kvadratki) možica te- leportirajo na končno mesto. Prvi korak prikazuje stanje, ko se je teleportiralo le nekaj delcev, drugi korak pa stanje, ko se je teleportiralo že precejšnje število delcev možica. Zadnji, tretji korak, predsta- vlja možica po uspešno zaključeni teleportaciji. Seveda je mogoče za takšno teleportacijo vnaprej določiti zaporedje kvadratkov in to zaporedje pri vsaki teleportaciji ponavljati, vendar je naš cilj, da zapišemo algoritem, ki teleportira poljubno obliko in ne zgolj možica s slike 1. Zato je bolj zanimivo razmišljati o postopku, kako naključno izbirati delce slike (v našem primeru možica) in jih prestaviti na ustrezno ciljno mesto, pri tem pa bomo tehnični del dejanske izvedbe (npr. kako izbrisati in narisati to- čko na zaslonu) zanemarili, saj je odvisen od izbra- nega programskega jezika. Slika 1 Algoritmi za teleportacijo Na prvi pogled se zdi naloga zelo enostavna. Pa je temu res tako? Slike so v računalnikih shranjene v vektorskem ali 2 slika 1. Prikaz telepor- tiranja slike Presek 38 (2010/2011) 4 Korak 1: Korak 2: Korak 3: Korak 4: 28 r a č u n a l n i š t v o • presek 38 (2010/2011) 4 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 naključno izberi kvadratek, ki še ni bil teleportiran 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri uporabljamo generator naključnih šte- vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 naključno izberi kvadratek, ki še ni bil teleportiran 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri uporabljamo generator naključnih šte- vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 naključno izberi kvadratek, ki še ni bil teleportiran 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri uporabljamo generator naključnih šte- vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 naključno izberi kvadratek, ki še ni bil teleportiran 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri uporabljamo generator naključnih šte- vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem ačinu. Za teleportacijo je uporaben ra- terski način, saj je v tem načinu, č poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pik lov) n zaslonu, jer vsaka pika nosi informacijo o svoji bar i. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpce . V prime u našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, b li in črni. Za teleportacijo potrebujemo še značitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo ozn če- v li s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prik zano na sliki 2. Ker bomo tel portirali samo možica, nas ozadje (b li kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne teleportirali, število vseh črnih kvadratkov a b mo označ li z N . Teleportacijo bomo izvajali p k rakih, ki jih bomo označili k n katerih število bomo vnaprej d ločili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se tel portira v pos meznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadrat ov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na z dnjem ko raku n teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 d t ponavlj j 3 naključno zberi kvadratek, ki še ni bil teleportir n 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitr ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga lgor tma zašli v težave. P raziščimo, kje i te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati vadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno me vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi ed belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak nasl dnji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izb remo kva dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavlja 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokl r z ran kvadra ek i črn n še ni bil teleportir n 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro p bi opazili, da imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok eh težav. Pri izbiri u orabljamo generator naključnih šte vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 naključno izberi kvadratek, ki še ni bil teleportiran 4 izvedi teleportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil teleportiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratki na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že teleportiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, kaj bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri uporabljamo generator naključnih šte- vil izbranega programskega jezika ali pa si sprogra- 3 miramo svojega, o čemer je že bilo pisano v Pre- seku [2]. In ravno generator naključnih števil je šibka točka tega algoritma. Pri slikah manjših dimenzij ta pomanjkljivost ne bi bila tako izrazita, zelo oči- tna pa bi težava postala pri slikah večjih dimenzij, npr. 1000 × 1000, kar je v jeziku fotografov 1 me- gapiksl. Zakaj bi imeli težave? Na začetku bi algo- ritem hitro izbiral kvadratke za teleportacijo. Bolj bi se bližali koncu teleportacije, težje bi uspešno na- ključno izbirali črne neteleportirane kvadratke. Za zadnji kvadratek je tako verjetnost, da bi izbrali pra- vega, vsega 1 proti 106. Lahko si predstavljamo, da lahko, kljub izredno hitrim računalnikom, slab gene- rator naključnih števil povzroči neskočno zanko. Kaj lahko storimo? Težava nastopi, ko imamo na voljo še samo majhen del kvadratkov, ki še niso bili teleportirani. Ker se algoritem izvaja v k korakih, ni potrebno, da tudi v zadnjem koraku naključno izbiramo med vsemi kvadratki. Tu si lahko poeno- stavimo in v zadnjem koraku preostale kvadratke enostavno teleportiramo zaporedno. Pseudokod ta- kšnega algoritma bi tako bil: 1 za i = 1 do k - 1 ponavljaj 2 za j = 1 do s ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka 7 teleportiraj preostale črne kvadratke Vidimo, da sedaj izvedemo v prvi zanki en korak manj in nato v sedmi vrstici teleportiramo preostale črne kvadratke. Morda se zdi, da sedaj teleportacija ni več v celoti naključna. Da bi spet naredili telepor- tacijo v celoti naključno, pred sedmo vrstico vsta- vimo ukaz, ki pregleda celotno sliko, si v seznam za- beleži vse preostale kvadratke in jih v zadnjem ko- raku naključno izbere in teleportira. Naključno izbiranje iz seznama Pri algoritmu iz prejšnjega poglavja se kljub izbolj- šavam velikokrat zgodi, da izberemo napačen kva- dratek. Razmisliti torej velja, kako algoritem spre- meniti, da bi bilo malo ali pa sploh nobene zgrešene izbire. Uporabimo idejo, kjer si v seznam shranimo črne kvadratke, ki so ostali pred zadnjim korakom teleportacije. Da bi se izognili napačnim izbiram, zato pred začetkom teleportacije pregledamo celo- tno sliko in si v seznam zabeležimo vse črne kva- dratke z vsemi potrebnimi informacijami. Sedaj iz- biramo kvadratke iz seznama in ne iz celotne slike. Po uspešni teleportaciji kvadratek izbrišemo iz se- znama. Na ta način vedno izbiramo izključno med preostalimi črnimi kvadratki, zato nobena izbira ne bo napačna. V tem algorimtu tudi ni potrebno, da teleportacijo izvajamo po k korakih, vendar bomo to značilnost zaradi lažje ponazoritve obdržali: 4 Ameriška televizijska serija Zvezdne steze [1] je v času svojega prikazovanja precej razburkala javnost, saj so v seriji uporabljali tehnologije, ki so bile takrat težko predstavljive. Mnogim se je pose- bej vtisnila v spomin možnost teleportiranja ljudi iz vesoljske ladje na tuj planet ali drugo vesoljsko ladjo. Za teleportacijo se je oseba postavila na po- sebej označena mesta, tehnik, ki je upravljal z na- pravo, je dal ukaz in naprava je začela s teleporta- cijo. Gledalec je to videl kot počasno razblinjanje osebe na eni lokaciji in sestavljanje osebe na drugi lokaciji. Izgledalo je, kot da so se naključni atomi na izhodiščni strani prestavili na pravo mesto na ciljni lokaciji. Ko se je teleportacija zaključila, na začetni lokaciji ni ostalo nič od osebe, na ciljni lokaciji pa je oseba že opravljala svojo nalogo. V tem prispevku ne bomo teleportirali oseb, ampak bomo teleportirali slike, pri tem pa predvsem razmišljali, kako zasnovati algori- tem, ki bo naključno teleportiral delce slike na drugo lokacijo. Da bi lažje razumeli, kakšno nalogo bomo reševali, si oglejmo sliko 1, ki prikazuje več korakov teleportacije slike z možicem. Za lažjo predstavo predpostavimo, da je kvadratek, iz katerih je možic sestavljen, enak eni točki na zaslonu. Levi stolpec na sliki 1 tako prikazuje možica na izhodiščnem mestu, desni stolpec pa možica na ciljnem mestu. Telepor- tacija se izvede v treh korakih, kjer začetno stanje predstavlja stanje pred teleportacijo. Ko se telepor- tacija začne, se naključni delci (kvadratki) možica te- leportirajo na končno mesto. Prvi korak prikazuje stanje, ko se je teleportiralo le nekaj delcev, drugi korak pa stanje, ko se je teleportiralo že precejšnje število delcev možica. Zadnji, tretji korak, predsta- vlja možica po uspešno zaključeni teleportaciji. Seveda je mogoče za takšno teleportacijo vnaprej določiti zaporedje kvadratkov in to zaporedje pri vsaki teleportaciji ponavljati, vendar je naš cilj, da zapišemo algoritem, ki teleportira poljubno obliko in ne zgolj možica s slike 1. Zato je bolj zanimivo razmišljati o postopku, kako naključno izbirati delce slike (v našem primeru možica) in jih prestaviti na ustrezno ciljno mesto, pri tem pa bomo tehnični del dejanske izvedbe (npr. kako izbrisati in narisati to- čko na zaslonu) zanemarili, saj je odvisen od izbra- nega programskega jezika. Slika 1 Algoritmi za teleportacijo Na prvi pogled se zdi naloga zelo enostavna. Pa je temu res tako? Slike so v računalnikih shranjene v vektorskem ali 2 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe- vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot je prikazano na sliki 2. Ker bomo teleportirali samo možica, nas ozadje (beli kvadratki) ne zanimajo, zato jih tudi ne bomo teleportirali, število vseh črnih kvadratkov pa bomo označili z N . Teleportacijo bomo izvajali po korakih, ki jih bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bo o še, da je število kvadratkov t, ki se teleportira v posameznem koraku, enakomerno porazdeljeno in je enako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- raku ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k pon vljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 aklju no izberi kvadratek, ki š ni bil telep rtiran 4 zvedi te eportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil tele rtiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratk na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že telepo tiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo- kod bi bil potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn i še ni bil teleportira 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, ka bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri upor b jamo generator naključnih šte- vil izbranega prog amskega jezika ali pa si sprogra- 3 rasterskem načinu. Za teleportacijo je uporaben ra- sterski način, saj je v tem načinu, če poenostavimo, slika prikazana kot pravokotna mreža pik (pikslov) na zaslonu, kjer vsaka pika nosi informacijo o svoji barvi. Pravokotna mreža je velikosti mxn, kjer je m število vrstic in n število stolpcev. V primeru našega možica so pike kvadratki in so v dveh barvah, beli in črni. Za teleportacijo potrebujemo še označitev posameznih kvadratkov. Kvadratke bomo označe vali s pomočjo vrstic in stolpcev, kot j prikazano na sliki 2. Ker bomo telepor irali samo možica, nas ozadje (beli vadrat i) ne za imajo, zato jih tudi ne omo teleportirali, št vilo vs h črn h kvadratkov pa bomo ozna ǐli z N . Telep rtacijo bomo izvaj li po korakih, ki j h bomo označili s k in katerih število bomo vnaprej določili. Predpostavili bomo še, da je število kvadratkov t, i se teleportira v posameznem koraku, enakome no porazdeljeno in je nako t = N k . Slika 2 Postopek z naključnim izbiranjem Najenostavnešji način za teleportacijo je, da na vsa- kem koraku izberemo t kvadratkov, ki jih še nismo teleportirali. To ponavljamo, dokler na zadnjem ko- ra u ne teleportiramo vseh kvadratkov. Zapišimo se- daj pseudokod takšnega načina teleportiranja: 1 za i = 1 do k pon vljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 aklju no izberi kvadratek, k š ni bil telep rtiran 4 zvedi te eportacijo kvadratka Hitro ugotovimo, da bi pri implementaciji takšne- ga algoritma zašli v težave. Pa raziščimo, kje bi te težave bile. V tretji vrstici moramo naključno izbrati kvadratek, ki še ni bil tele rtiran. Ker izbiramo na- ključno med vsemi kvadratk na sliki, pomeni, da izbiramo tudi med belimi in že telepo tiranimi kva- dratki. Torej moramo za vsak naslednji kvadratek izbiro ponavljati tako dolgo, dokler ne izberemo kva- dratka, ki še ni bil teleportiran. Popravljen pseudo kod bi b l potem naslednji: 1 za i = 1 do k ponavljaj 2 za j = 1 do t ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn i še ni bil teleportira 6 izvedi teleportacijo kvadratka Algoritem bo sedaj uspešno teleportiral možica. Hitro pa bi opazili, da bi imeli pri večjih slikah te- žave. Razmislite, ka bi bil vzrok teh težav. Pri izbiri upor b jamo generator naključnih šte- vil izbranega prog amskega jezika ali pa si sprogra- 3 Postopek z naključnim izbiranjem slika 2. Označitev vrstic in stolpcev slike 29 r a č u n a l n i š t v o Presek 38 (2010/2011) 4 miramo svojega, o čemer je že bilo pisano v Pre- seku [2]. In ravno generator naključnih števil je šibka točka tega algoritma. Pri slikah manjših dimenzij ta pomanjkljivost ne bi bila tako izrazita, zelo oči- tna pa bi težava postala pri slikah večjih dimenzij, npr. 1000 × 1000, kar je v jeziku fotografov 1 me- gapiksl. Zakaj bi imeli težave? Na začetku bi algo- ritem hitro izbiral kvadratke za teleportacijo. Bolj bi se bližali koncu teleportacije, težje bi uspešno na- ključno izbirali črne neteleportirane kvadratke. Za zadnji kvadratek je tako verjetnost, da bi izbrali pra- vega, vsega 1 proti 106. Lahko si predstavljamo, da lahko, kljub izredno hitrim računalnikom, slab gene- rator naključnih števil povzroči neskočno zanko. Kaj lahko storimo? Težava nastopi, ko imamo na voljo še samo majhen del kvadratkov, ki še niso bili teleportirani. Ker se algoritem izvaja v k korakih, ni potrebno, da tudi v zadnjem koraku naključno izbiramo med vsemi kvadratki. Tu si lahko poeno- stavimo in v zadnjem koraku preostale kvadratke enostavno teleportiramo zaporedno. Pseudokod ta- kšnega algoritma bi tako bil: 1 za i = 1 do k - 1 ponavljaj 2 za j = 1 do s ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka 7 teleportiraj preostale črne kvadratke Vidimo, da sedaj izvedemo v prvi zanki en korak manj in nato v sedmi vrstici teleportiramo preostale črne kvadratke. Morda se zdi, da sedaj teleportacija ni več v celoti naključna. Da bi spet naredili telepor- tacijo v celoti naključno, pred sedmo vrstico vsta- vimo ukaz, ki pregleda celotno sliko, si v seznam za- beleži vse preostale kvadratke in jih v zadnjem ko- raku naključno izbere in teleportira. Naključno izbiranje iz seznama Pri algoritmu iz prejšnjega poglavja se kljub izbolj- šavam velikokrat zgodi, da izberemo napačen kva- dratek. Razmisliti torej velja, kako algoritem spre- meniti, da bi bilo malo ali pa sploh nobene zgrešene izbire. Uporabimo idejo, kjer si v seznam shranimo črne kvadratke, ki so ostali pred zadnjim korakom teleportacije. Da bi se izognili napačnim izbiram, zato pred začetkom teleportacije pregledamo celo- tno sliko in si v seznam zabeležimo vse črne kva- dratke z vsemi potrebnimi informacijami. Sedaj iz- biramo kvadratke iz seznama in ne iz celotne slike. Po uspešni teleportaciji kvadratek izbrišemo iz se- znama. Na ta način vedno izbiramo izključno med preostalimi črnimi kvadratki, zato nobena izbira ne bo napačna. V tem algorimtu tudi ni potrebno, da teleportacijo izvajamo po k korakih, vendar bomo to značilnost zaradi lažje ponazoritve obdržali: 4 ira o svojega, o če er je že bilo isa o v Pre- sek [2]. I rav o ge erator aklj č i števil je šibka točka tega algorit a. Pri slika a jši i e zij ta o a jkljivost e bi bila tako izrazita, zelo oči- t a a bi težava ostala ri slika večji i e zij, r. 1000 1000, kar je v jezik fotografov 1 e- ga iksl. akaj bi i eli težave? a začetk bi algo- rite itro izbiral kva ratke za tele ortacijo. Bolj bi se bližali ko c tele ortacije, težje bi s eš o a- klj č o izbirali čr e etele ortira e kva ratke. a za ji kva ratek je tako verjet ost, a bi izbrali ra- vega, vsega 1 roti 106. La ko si re stavlja o, a la ko, klj b izre o itri rač al iko , slab ge e- rator aklj č i števil ovzroči eskoč o za ko. aj la ko stori o? ežava asto i, ko i a o a voljo še sa o aj e el kva ratkov, ki še iso bili tele ortira i. er se algorite izvaja v koraki , i otreb o, a t i v za je korak aklj č o izbira o e vse i kva ratki. si la ko oe o- stavi o i v za je korak reostale kva ratke e ostav o tele ortira o za ore o. Pse oko ta- kš ega algorit a bi tako bil: 1 za i = 1 do k - 1 ponavljaj 2 za j = 1 do s ponavljaj 3 ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek 5 dokler izbran kvadratek ni črn in še ni bil teleportiran 6 izvedi teleportacijo kvadratka 7 teleportiraj preostale črne kvadratke i i o, a se aj izve e o v rvi za ki e korak a j i ato v se i vrstici tele ortira o reostale čr e kva ratke. or a se z i, a se aj tele ortacija i več v celoti aklj č a. a bi s et are ili tele or- tacijo v celoti aklj č o, re se o vrstico vsta- vi o kaz, ki regle a celot o sliko, si v sez a za- beleži vse reostale kva ratke i ji v za je ko- rak aklj č o izbere i tele ortira. aklj č o izbira je iz sez a a Pri algorit iz rejš jega oglavja se klj b izbolj- šava velikokrat zgo i, a izbere o a ače kva- ratek. az isliti torej velja, kako algorite s re- e iti, a bi bilo alo ali a s lo obe e zgreše e izbire. orabi o i ejo, kjer si v sez a s ra i o čr e kva ratke, ki so ostali re za ji korako tele ortacije. a bi se izog ili a ač i izbira , zato re začetko tele ortacije regle a o celo- t o sliko i si v sez a zabeleži o vse čr e kva- ratke z vse i otreb i i i for acija i. Se aj iz- bira o kva ratke iz sez a a i e iz celot e slike. Po s eš i tele ortaciji kva ratek izbriše o iz se- z a a. a ta ači ve o izbira o izklj č o e reostali i čr i i kva ratki, zato obe a izbira e bo a ač a. te algori t t i i otreb o, a tele ortacijo izvaja o o koraki , ve ar bo o to z ačil ost zara i lažje o azoritve ob ržali: 4 1 preglej celotno sliko in si zabeleži vse kvadratke, ki se bodo teleportirali 2 za i = 1 do k ponavljaj 3 za j = 1 do t ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek iz seznama 5 izvedi teleportacijo kvadratka 6 izbriši kvadratek iz seznama Izbiranje s pomočjo permutacij Permutacije so razporeditve n elementov na n pro- stih mest (tudi o generiranju permutacij je bilo v Preseku že pisano [3]), število različnih razporedi- tev pa je enako n!. Če uporabimo permutacije kot osnovo pri naključnem izbiranju kvadratkov, najprej izberemo poljubno permutacijo brez ponavljanja N elementov. Prenesimo dobljeno permutacijo, ki je v obliki zaporedja, na sliko možica. Zaporedno od leve proti desni in od zgoraj navzdol oštevilčimo črne kvadratke. Dobimo označitev, ki je prikazana na sli- ki 3. Algoritem mora sedaj N-krat poiskati ustrezno zaporedno številko kvadratka in ga teleportirati: 1 določi permutacijo N elementov 2 označi kvadratke z dobljeno permutacijo 3 za i = 1 do N ponavljaj 4 poišči i-ti kvadratek 5 izvedi teleportacijo i-tega kvadratka Slika 3 Če želimo algoritem prevesti v teleportacijo v k kora- kih, potem uporabimo permutacije s ponavljanjem, kjer k elementov razporedimo na N mest. V tem primeru se števila ponavljajo in v permutaciji pred- stavljajo korak, v katerem se bodo vsi ustrezni kva- dratki teleportirali. Primer označitve s permutacijo s ponavaljanjem je prikazan na sliki 4. Algoritem je zelo podoben prejšnjemu, zato prepuščamo bralcu, da ga sam zapiše. Slika 4 Seveda pa to niso edini načini, kako elegantno izvesti teleportacijo slike. Razmislite, kako bi še na kakšen drug način izvedli teleportacijo. 5 1 preglej celotno sliko in si zabeleži vse kvadratke, ki se bodo teleportirali 2 za i = 1 do k ponavljaj 3 za j = 1 do t ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek iz seznama 5 izvedi teleportacijo kvadratka 6 izbriši kvadratek iz seznama Izbiranje s pomočjo permutacij Permutacije so razporeditve n elementov na n pro- stih mest (tudi o generiranju permutacij je bilo v Preseku že pisano [3]), število različnih razporedi- tev pa je enako n!. Če uporabimo permutacije kot osnovo pri naključnem izbiranju kvadratkov, najprej izberemo poljubno permutacijo brez ponavljanja N elementov. Prenesimo dobljeno permutacijo, ki je v obliki zaporedja, na sliko možica. Zaporedno od leve proti desni in od zgoraj navzdol oštevilčimo črne kvadratke. Dobimo označitev, ki je prikazana na sli- ki 3. Algoritem mora sedaj N-krat poiskati ustrezno zaporedno številko kvadratka in ga teleportirati: 1 določi permutacijo N elementov 2 označi kvadratke z dobljeno permutacijo 3 za i = 1 do N ponavljaj 4 poišči i-ti kvadratek 5 izvedi teleportacijo i-tega kvadratka Slika 3 Če želimo algoritem prevesti v teleportacijo v k kora- kih, potem uporabimo permutacije s ponavljanjem, kjer k elementov razporedimo na N mest. V tem primeru se števila ponavljajo in v permutaciji pred- stavljajo korak, v katerem se bodo vsi ustrezni kva- dratki teleportirali. Primer označitve s permutacijo s ponavaljanjem je prikazan na sliki 4. Algoritem je zelo podoben prejšnjemu, zato prepuščamo bralcu, da ga sam zapiše. Slika 4 Seveda pa to niso edini načini, kako elegantno izvesti teleportacijo slike. Razmislite, kako bi še na kakšen drug način izvedli teleportacijo. 5 1 preglej celotno sliko in si zabeleži vse kvadratke, ki se bodo teleportirali 2 za i = 1 do k ponavljaj 3 za j = 1 do t ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek iz seznama 5 izvedi teleportacijo kvadratka 6 izbriši kvadratek iz seznama Izbira je s o očjo er tacij Per tacije so raz ore itve ele e tov a ro- sti est (t i o ge erira j er tacij je bilo v Presek že isa o [3]), število različ i raz ore i- tev a je e ako !. ˇe orabi o er tacije kot os ovo ri aklj č e izbira j kva ratkov, aj rej izbere o olj b o er tacijo brez o avlja ja ele e tov. Pre esi o oblje o er tacijo, ki je v obliki za ore ja, a sliko ožica. a ore o o leve roti es i i o zgoraj avz ol oštevilči o čr e kva ratke. obi o oz ačitev, ki je rikaza a a sli- ki 3. lgorite ora se aj -krat oiskati strez o za ore o številko kva ratka i ga tele ortirati: 1 določi permutacijo N elementov 2 označi kvadratke z dobljeno permutacijo 3 za i = 1 do N ponavljaj 4 poišči i-ti kvadratek 5 izvedi teleportacijo i-tega kvadratka Slika 3 ˇe želi o algorite revesti v tele ortacijo v kora- ki , ote orabi o er tacije s o avlja je , kjer ele e tov raz ore i o a est. te ri er se števila o avljajo i v er taciji re - stavljajo korak, v katere se bo o vsi strez i kva- ratki tele ortirali. Pri er oz ačitve s er tacijo s o avalja je je rikaza a sliki 4. lgorite je zelo o obe rejš je , zato re šča o bralc , a ga sa za iše. Slika 4 Seve a a to iso e i i ači i, kako elega t o izvesti tele ortacijo slike. az islite, kako bi še a kakše r g ači izve li tele ortacijo. 5 1 preglej celotno sliko n i z beleži vse kvadratke, ki se bodo teleportirali 2 za i = 1 do k ponavljaj 3 za j = 1 do t ponavljaj 4 naključno izberi kvadratek iz seznama 5 izvedi teleportacijo kvadratka 6 izbriši kvadratek iz seznama Izbiranje s pomočjo permutacij Permutacije so razporeditve n elementov na n pro- stih mest (tudi o generiranju permutacij je bilo v Preseku že pisan [3]), število različnih razporedi- tev pa je enako n!. Če uporabimo permutacije kot osnovo pri naključnem izbiranju kvadratkov, najprej izberemo poljubno permutacijo brez ponavljanja N elementov. Prenesimo dobljeno permutacijo, ki je v obliki zaporedja, na sliko možica. Zaporedno od leve proti desni in od zgoraj navzdol oštevilčimo črne kvadratke. Dobimo označitev, ki je prikazana na sli- ki 3. Algoritem mora sedaj N-krat poiskati ustrezno zaporedno številko kvadratka in ga teleportirati: 1 določi permutacijo N elementov 2 označi kvadratke z dobljeno permutacijo 3 za i = 1 do N ponavljaj 4 poišči i-ti kvadratek 5 izvedi teleportacijo i-tega kvadratka Slika 3 Če želimo algoritem prevesti v teleportacijo v k kora- kih, potem uporabimo permutacije s ponavljanjem, kjer k elementov razporedimo na N mest. V tem primeru se števila ponavljajo in v permutaciji pred- stavljajo korak, v katerem se bodo vsi ustrezni kva- dratki teleportirali. Primer označitve s permutacijo s pon valjanjem j prikazan na sliki 4. Algoritem je zelo podoben pr jšnjemu, zato prepuščamo bralcu, da ga sam zapiše. Slika 4 Seveda pa to niso edini načini, kako elegantno izvesti teleportacijo slike. Razmislite, kako bi še na kakšen drug način izvedli teleportacijo. 5 1 preglej celotno sliko in si zabeleži vse kvadratke, ki se bodo teleportirali 2 za i = 1 do k ponavljaj 3 za j = 1 do t pon vl aj 4 naključno izberi kvadratek iz seznama 5 izvedi teleportacijo kvadratka 6 izbriši vadratek iz seznama Izbiranje s pomočjo permutacij Permutacije so razpor ditve n elementov n n pr - stih mest (tudi o generiranju permut cij je bilo v Preseku že pisan [3]), število različnih razporedi- tev pa enako n!. Če uporabimo permutacije kot snovo pri naključnem izbiranju kv dratkov, najprej izberemo poljubno permutacijo brez p navljanja N elementov. Prenesimo dobljeno p rmut cijo, ki je obliki zapor dj , na sliko možica. Zaporedno od leve proti desni in od zgoraj navzdol ošt vilčimo črne kvadratke. Dobimo označitev, ki je prikazana na sli- ki 3. Alg ritem m ra sedaj N-krat poiskati ustrezno zaporedno številko kva ratka in ga teleportirat : 1 določi permutacijo N elementov 2 označi kvadrat e z dobljeno permutacijo 3 za i = 1 do N ponavljaj 4 poišči i-ti kvadratek 5 izvedi teleportacijo i-tega kvadratka Slika 3 Če želimo algoritem pre esti v teleportacijo v k kora- kih, potem uporabimo permutacije s ponavljanjem, kjer k elementov razpor dimo na N mest. V tem primeru se št vila ponavlj jo in v permutaciji pred- stavljajo korak, v kat rem se bodo vsi ustrezni kva- dratki teleportirali. P im r označitve s permutacijo s ponavaljanjem je prikazan na sliki 4. Algoritem je zelo podoben prejšnjemu, zat prepuščamo bralcu, da ga sam zapiše. lika 4 Seveda pa to niso edini načini, kako elegantno izvesti teleportacijo slike. Razmislite, kako bi še na kakšen drug način izvedli teleportacijo. 5 ljučno izbiranje iz seznama iranje s pomočjo permutacij slika 3. Označitev kvadratkov po per- mutacij • 30 r a č u n a l n i š t v o r e š i t e v n a g r a d n e k r i ž a n k e p r e s e k 3 8 / 3 presek 38 (2010/2011) 4 • Za nagradno križanko iz tretje številke 38. letni- ka Preseka smo prejeli 23 pravilnih rešitev. Nagradno geslo se je glasilo Kristali v naravi. Izžrebani reše- valci, Aljaž Kavčič iz Lju- bljane, Oskar Križanec iz Ptuja in Alen Djudarić iz Celja so razpisane nagrade prejeli po pošti. slika 4. Označitev kvadratkov po per- mutaciji Literatura [1] http://sl.wikipedia.org/wiki/Zvezdne_steze [2] A. Vesel, Generatorji slučajnih števil, Presek (33) 3, 2005 [3] K. Prnaver, Permutacije in kombinacije, Presek (36) 1, 2008 6 iteratura www.presek.si • rešitev kakur a iz str ani 13 • • • Kapljica r a z v e d r i l o 31Presek 38 (2010/2011) 4 • n a r a v o s l o v n a f o t o g r a f ij a tine golež O, bo zdaj kapljica končno kanila? Ker gre za vodo, je prozorna. Skozi kapljico opazujemo oddaljeno vrtno kanglico v ozadju. Padajoča kapljica niha. V navpični smeri se razteguje in krči. Zato dobi v vmesnem trenutku elipsoid obliko krogle. Tedaj je kapljica kot navadna zbiralna leča. Sic! Kapljica ima obliko sploščenega elipsoida in lomi žarke svetlobe tako, da nastane sploščena slika. Na fotografijah torej opazujemo pojave, kot so nihanje, valovanje, optika. Kako lep je ta svet tudi skozi oči fizike! M A TE M A TI K A +F IZ IK A +A ST R O N O M IJ A +R A ČU N A LN IŠ TV O # presek letnik 3 8 ( 2 0 1 0/ 2 0 1 1 ) š t e v il k a 4 4 ISSN 0351-6652