I N ove knjige Mihaela Triglav: METEORJI Ob izidu nove "Sigme" Zbirka Knjižn ica Sigma, ki objavlja po- ljud ne tekste iz matematike, fizike in astronomije , je v letu 1999 praznovala zavidlj iv jubilej. Min ilo je namreč 40 let od t istih davnih časov, ko je izšla v te j zbi rki prva drobna knjiž ica z naslovom Rešeni in nerešeni problemi matematike. Napisal jo je profesor Ivan Vidav, ki je bi l dolga let a sam tudi ur ednik zbirke. Od takrat pa vse do danes so generacije in generacije mladih posegale po delih zbirke in se ob nji h navduševale za na- ravoslovne vede. Mnogim je naj brž tako kot me ni še živo v spominu čas , ko smo gulili šolske klopi in ob Sigmi odkrivali prve skrivnosti te h ved . Prav veseli smo, da lahko Sigm in ju- bilej praznujemo delovn o, z izidom dve h de l let nika 1999. Eno bomo predstavili v eni prihodnj ih številk Preseka, danes pa se posvetimo knjižici Meteorji Mihaele Triglav . Opazovanje meteorjev je ena pomembnejših dejavnosti vse številnejših ljubit eljskih opazovalcev neba. Tega dela pa se ni mogoče resno loti ti brez primernega priročnika . Pričujoča knjiga bo ljubi- te ljem po vsebin i, stilu in celovitosti predstavitve omenjen e t em e odlično služila . Delo bo zanimivo t udi za t iste bralce, ki se ne branijo spoznati matematične in fizikalne podlage astronomskih po javov, in za tiste, ki si želijo nadaljnjega širjenja znanja, sa j navaja mnoge dodatne vire. V knjigi so zbrani številni podatki, ki so sicer težje dostopni, bralcu z določnim znanjem fizike pa omogočajo oce no t i- st ih last nosti meteorjev, ki v knj igi niso posebej obdelane. Knjiga vklj učuje t ud i rez ultate najnovejši h opazovanj, recim o tekoče dogaj anj e v met eorskem roju Leo- nidov. Pri opisovanju opazovanj avtorica up or ablj a uve ljavljeni standard na t em področju , to so poročila Mednarodne meteorske zveze. Upam, da bo do po de lu posegli ne samo ljubit eljski opazovalci neba, temveč t ud i mnogi drugi mladi, ki se bodo za opazovanje "zvezd" ob branju tega dela šele navdušili . Vsem skupaj želim ob ilo zabave pri prebi ranju knjige in - jasno nebo. Matj až Omladič, urednik K nji žnice Sigma IPRESEK list za mlade matematike , fizike , astroname in računalnikarje 27. letnik, leto 1999/2000, št evilka 5 , st r a n i 257-320 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTR ONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVE KNJIGE NALOGE ZANIMIVOSTI, RAZVEDRILO REŠITVE NALOG T EK M OVANJ A NA OVITK U Ob nek i nalogi (Jože Grass elli ) 259-264 Elektroni in vrzeli v po lprevodniku s primesjo (Janez Strnad) 276-282 Bl ižnje Ven erino navidezno prečkanje Sonca (Marijan Prosen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 266-269 Analogn o digitalna pretvorba (Jože Pa hor) 270-274 Mihaela Triglav : Meteorji - Ob izidu nov e "Sigme" (Matj až Omladič) II Svetlost Lune ob mrku (Mitja Rosina) 258 Dve nalogi (M arko Razpet) 258 Številska piramida (Marija Vencelj) 258 P re misli in nariši (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 Križanka "J ub ilejno let o našega največjega po eta" (Marko Bokalič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 288-289 Številsk i uganki - s str. 226 (Marija Vencelj ) 264 Pi ransko sonce - s str. 194 (Marija Ven celj ) 265 Višine trikotnika - s st r. 195 (Marija Vencelj) 275 Trikotnika - s str. 222 (Dragoljub M . Miloševi č) . . . . . . . 283 Krožni d iagram - s str. 194 (Martin J uvan) 283-284 Križanka o velikem znanstvenik u, izu mi t elju in umet n iku - s str. 224 (Marko Bokalič) 284 Satovje - s st r. 223 (Martin Juvan) 285-287 Številska kri žanka - s st r. 195 (Urška Dem šar) 287 Največje praštevi lo - s st r . 195 (Marija Ven celj) III 35. državno tekmovanje za Zlato Vegovo prizn anje - rešitve s str . 235 (Aleksander Potočnik) 290-29 1 19. državno tekmovanje iz fizike za osnovnošolce - rešitve nalo g s st r. 237 (Mojca Čepič) 291-300 43. matematično t ekmovanje sre dnješolcev Sloveni je - rešitve nalog s str. 244 (Matjaž Željko) 300-304 Rešitve na log z državnega tekmovanja iz fizike v šolskem letu 1998/99 - s str. 246 (Bojan Golli). 304-313 Rešitve nalog s prvega tekmovanja iz Unixa - s str. 208 (Primož Peterli n in Aleš Ko šir) 313-319 Izbirni testi za mednarodno matematično olimpiado (Matjaž Željko) 319-320 Pop olni Lunin mrk 21. januarja let os . Slika prikazuje fazo pop olnega mrka, kot jo je bi lo videti za kapelico Malega gr ad u v Kamniku (foto Lo jze Vrankar) . Glej tudi nalogo na st r. 258. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Št ir i razl ične faze Luninega mrka (foto Lojze Vrankar) . . IV Za vsakogar nekaj I SVETLOST LUNE OB MRKU Avtor fotografije na naslovni strani je sliko posnel v fazi popolnega mrka , ko je bila vsa Luna v Zemljini senci. Vendar Lun o vidimo. Zakaj? Iz slike oceni , kolikšna je bila svet lost Lune v sredini in kolikšna na spodnjem robu. Privzemi , da je bila osvetljenost grajske kap ele 10 lx in da je albedo zidu 0,6 ter strehe 0,04. Kot merilo za svetlost navedi gostoto odbitega svet lobnega to ka, ki je enaka osvet lje nosti, pomnoženi zalbedom. Mitj a Rosina DVE NALOGI 1. Dokaži, da je naravno število x =~~5, n n+ l zapisano v desetiškem številskem sestavu, popolni kvadrat in izraču­ naj .Ji (Avstrijska matematična olimpiada 1970). 2. Reši enačbo 9x 2 - 137 = 111. .. 1 888 . .. 8, '-v-"'-v-" n n +2 v kateri so vsi koeficienti zapisani v desetiškem številskem sestavu . Mark o Razpet ŠTEVILSKA PIRAMIDA Na vsak pr azen zidak piramide na desni napi ši po eno naravno število tako, da bo vrednost števila na po- sameznem zidaku enaka vsoti števil, nap isanih na zidakih, na katera je po ložen . Marija Vencelj :2 I Mat ematika OB NEKI NALOGI V neki zbirki matematičnih nalog beremo: Narav no število se končuje na 2; ko post aviš števko 2 z zadnjega mesta na začetek , dobiš dvakrat večje število; poišči najmanjše takšno naravno št evilo. Rešimo nalogo. Ker se iskano število končuj e na 2, ga lahko zapišemo 10x + 2. (1) Tu je x naravno šte vilo, ki ga še ne poznamo; vzamemo, da ima n mest . Ko prenesemo 2 na začetek , stoji 2 na mestu n + 1 z desn e in dobimo število 2 . IOn + x. To šte vilo je po pogojih naloge dvakrat večje od prvotnega; torej je 2 · IOn + X = 2(10 x + 2) in od to d (2) 19x = 2( 10n -2). (3) Tej enačbi mora ustrezati neznano število x ; ko smo ga naš li, po (1) pridemo do iskanega števila . Ker naj bo x naravno šte vilo, iz (3) vid imo , da 19 deli 2( 10n - 2) ; to da število 19 je tuje 2, zato mora deliti IOn - 2. Treba je torej naj ti najmanjši n , pri katerem 19 deli IOn - 2. Ravnamo lahko tako, da po vrsti jemljemo n = 1,2, 3, . . . in gledamo, katero izmed števil 10 - 2, 102 - 2, 103 - 2,... je prvo deljivo z 19. (Če naj bo nal oga rešljiva , se mora to prej ali slej zgodit i.) Ko smo naleteli na takšno število, iz (3) izračunamo x in naredimo število (1) . S preizkusom preverimo, ali t ako dobljeno število izpolnjuje zahte ve naloge. Iskanj e najmanj šega n , pr i katerem 19 deli IOn - 2, si moremo olajšati. Če namreč 19 deli IOn - 2, velja IOn-2 = 8 19 pri naravnem številu 8 in je pot em IOn = 198 + 2 . Dobljena enakost pove, da pušča IOn pri delitvi z 19 ostanek 2. Matematika I Sedaj se naslonimo na pr eprosto opazka. P ri vsakem celem številu c obstajata celi števili k in r tako, da je c = 19k + r in Iri :::; 9 . (4) Npr. 10 = 19·1 - 9 in 1- 91= 9 - 90 = 19(-5) + 5 in 5< 9 Število k in ostanek r v (4) dobimo, ko delimo c z 19; delit ev izvršimo tako, da je r po absolutni vrednosti najmanjš i možni ostanek . Če je j nar avn o število, za lOj iz (4) izhaj a lOj = 19k + r in Ir i:::; 9. Po mn oženju z 10 od to d sledi lOj+l = 190 k + 10r in 110rl:::; 90. (5) (6) Prvi sumand na desni je deljiv z 19; zato daj e 10j +1 pri delit vi z 19 enak najmanj ši absolutni ostanek kot 10r ; ker pa je število 10r v prim erjavi z lOj+l majhno , njegov ostanek pri del itvi z 19 hitreje najdemo. Vpeljimo namesto (5) okra jšani zapis lOj == r (mod 19); Iri:::; 9, (7) ki pomeni , da daj e lOj pri delitvi z 19 ostan ek r. Enako imamo potem iz (6) lOj +1 == 10r (mo d 19); Ir i :::; 9. (8) Ko smo pri kakšnem j izračunali r v (7) , je po (8) ostanek za lOr pri delitvi z 19 isti kot ostanek za 10j +l . Začenši z j = 1 večamo j po nar avnih številih , dokler ne pridemo do ostanka 2. Račun poteka takole: 10 == - 9 (mod 19) 102 == -90 == 5 (mod 19) 103 == 50 == -7 (mod 19) 104 == -70 == 6 (mod 19) 105 == 60 == 3 (mod 19) 106 == 30 == - 8 (mod 19) 107 == - 80 == -4 (mo d 19) 108 == - 40 == - 2 (mod 19) 109 == -20 == - 1 (mo d 19) (9) I Matematika 261 Nadaljnjih potenc ne bomo računali. Iz zadnjih dveh relacij je namreč 108 = 19k - 2 lil pri celih številih k , k i- Po zmnožitvi je zato 1017 = 19kz + 2 pri celem številu kz in zato 1017 == 2 (mod 19) . (10) Na isti način vidimo, da smemo zadnjo relacijo v (9) mn ožit i s pr vo, drugo, in t ako na prej do sedme in pri tem ne dobimo ost anka 2. Zato je 17 res najmanj ši naravn i eksponent, ko dr ži (10). Vrne mo se k (3) in izračunamo kvocient 1017 - 2 19 = 5 263 157 89:1 736842 . Po mn ožit vi z 2 dobimo x = 10 526 315 789 473 684 in po (2) imamo lOx + 2 = 105 263157 894736 842 . Ko prenesemo 2 na začetek, je res 210 526 315789 473684 = 105263157 894736 842·2 . (11) Šte vilo, ki smo ga iskali , je osemnajs t mestno in je podano v (11). Še pri pomba. Naredimo 36-mestno število m tako, da za št evilom (11) njegove števke še enkrat zapišemo v istem redu. Ko števko 2 s konca post avim o na začetek , ima doblj eno število vrednost 2m. (P reveri!) Če šte vke iz (11) ponovimo t rikra t, šti rikrat in tako naprej , dobimo neskončno naravnih števil, ki se končujejo na 2 in dajo dvakratnik izhodnega števila , ko postavimo 2 na začetek . Kakšnih drugih naravnih števil s t o lastnost jo rn . Ko smo nalogo rešili, se zastavljajo ra zna vprašanja. Kaj je, če namesto 2 vzamemo katero od števk a = 3,4, 5,6,7,8, 9? Ali tudi sedaj obstaja t akšno najmanjše naravno število, da ob premestitvi števke a s konca na začetek dob imo a-krat večje šte vilo? Mat ematika I Iskano število ima sedaj obliko lOx+ a. Namesto števila (2) nastopa št evilo a . IOn + x in nam esto enačbe (3) enačba (lOa - l )x = a(lO n - a) . (12) (13) (14) Tej enačbi mor a x ustrezati, če naj število z zahtevano lastnostjo sploh obstaj a. Ker sta števili lOa - 1 in a t uji , mora lOa - 1 deliti IOn - a. Treba je torej naj ti najmanj ši n z lastnostjo IOn == a (mod (lOa - 1)) . Za zgled obr avn avajmo a = 4. Iz (14) dobimo 39x = 4( 10n - 4) in (15) preide v IOn == 4 (mod 39) . (15) (16) (17) Za potence števila 10 računamo najmanj še absolut ne ostanke pri delitvi z 39; pod obno kot v (9) najdemo 10 == 10 (mod 39) 102 == 100 == -17 (mod 39) 103 == -170 == -14 (mod 39) 104 == -140 == 16 (mod 39) 105 == 160 == 4 (mod 39) Najmanjš i n v (16) in (17) je to rej n = 5. Iz (16) je x = 4(10 5 - 4) = 4 . 2564 = 10 256 39 in zaradi (12) dalje lOx + 4 = 102 564 . (18) I Matematika To število res izpolni zahtevo, saj je 410 256 = 102 564 . 4 . Če ponovimo števke števila (18) dvakrat , trikrat in tako naprej , pri - demo do vseh naravnih števil, ki pr i prenosu števke 4 na začetek dajejo št irikratnik prvotne vrednosti. Ko vzamemo a = 8, najdemo iz (14) in (15) najmanjše naravno število 1012658227848 , (19) ki pri prestavitvi števke 8 na prvo mesto daje osemkrat večje število; saj je 8 101 265 822 784 = 1012658227848 ·8 . S ponavljanjem skupine števk iz (19) dobimo vsa naravna št evila , ki se t ako obnašajo. Tudi za a = 3,5,6,7,9 rešit ev obstaja. Do nje pridemo iz (15) in (14) na ist i način kot v zgornjih primerih . Za vsako od teh števk pa so najmanjša števila, ustrezajoča na ši zahtevi, že precej velika. Navedimo jih po vrsti t = 1034482758620689655172 413 793 u = 102040816326530612244897959183673469387755 v = 1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966 y = 1 014 492 753 623 188405797 z = 10 112 359 550 561 797752808988764044943820224719 (20) Po premestitvi zadnje št evke na prvo mesto dobimo vsakič to likokrat večje št evilo, kot pove prenesena števka; torej 3t , 5u , 6v , 7y , 9z . Res je npr. 7101 449275362318840579 = 7y . Poleg števil t, u , v , y , z obst aja še neskončno od njih večjih števil, ki se pr i prenosu zadnje števke na začetek obnašajo tako kot t , u , v, y , z . Do nj ih pridemo , ko v posameznem od števil (20) ves sklop števk ponavljamo. Ugotovili smo, da zmeraj obstajajo št evila , ki s prestavitvijo zadnje šte vke a = 2,3,4,5,6,7,8,9 na začetek preidejo v a-kratnik prvotne vre- dnosti . Kaj pa je , če prenesemo več kot eno števko s konca števila na začetek št evila? 264 Matematika - Rešitve nalog I Če se število končuj e z 10, ima obliko 100x + 10, kjer je x narav no število z n mesti; štev ilo 100x + 10 ima tako n + 2 mest . Ko postavimo 10 na začetek , smo pri številu lOn +l + x, ki ima seveda še zme raj n +2 mest . Toda z 10 po množeno šte vilo 100x + 10 je 10(100x + 10); ker ima n + 3 mest , ne more biti enako lOn +l +x. Podobno velja v drugih primerih . Ko torej prest avimo sklop dveh ali več števk s konca števila na njegov začetek , nikoli ne dobimo števila , ki bi bilo enako prvot nemu šte vilu pomnoženem s številom, ki ga določajo prest avljene števke. Jože Grasselli ŠTEVILSKI UGANKI - Rešitev s str. 226 S prvo nalogo hi t ro opravimo, pri drugi je nekaj več dela z iskanjem števil v zadnjih dveh vrstica h. Ob e nalogi sta rešlj ivi enolično . Za enoličnost reš itve druge naloge je odločilen t r imes t ni rezult at računa v t retj i vodoravni vrstici. Če bi bil ta rezult at dvomesten , bi dobi li kar devet različnih rešitev . a) ~ +mx [ill] J 0 2 o 1 7 b) ~ ffi x ~ ~4 9 x 1 -!2 2 x 7 5 101 [TI2] + [iliJ + [I[JU ITTIJ:2J Marija Vencelj IRešitve nalog PIRANSKO SONCE - Rešitev s str. 194 Da bi na vprašanje, zastavljeno ob fotog rafiji z naslovnice prejšnje številke Preseka lahko odgovorili , moramo najprej poiskati lego gorišča elipse na osrednjem t rgu v Piranu. Po izmerj enih pod atkih je velika polos elipse enaka 5 primernih enot in mala polos 3 take enote . Zato je gorišče elipse oddaljeno od njenega središča za e = J52 - 32 = 4 enote. Leva elipsa na spo dnji skici ima enako razmerje velike in male polosi, kot elipsa na Tartinijevem trgu. Z A in B sm o označili krajišča velike osi, z S središče elipse in z F njeno gorišče . Desna slika je shematsko povzet a po fotografiji , ki jo je avtor posnel z vrha zvonika cerkve v Piranu. Z A', B' , S' , F' smo označili slike ustre- znih točk s t rga in s T' sliko sredine podstavka Tartinijevega spomenika. Vpisane so tudi razdalje , izmerjene na foto grafiji (v cm). B' 5 s 4 3 T' J:. F' 2.6 Il ' Že groba ocena zadošča za spozna nje, da spomenik ne stoji v gorišču elipse. Res: Na sliki so dejanske razdalje s trga močno pomanj šane. P ri te m za daljice, ki leže na isti pr emici, velja , cia je razmerje med sliko in originalom tem manj še, čimbolj je dalj ica oddaljena od podnožišča kraja, s katerega je bila fotografija posnet a . S fotografije razberemo , da se oddaljenosti posameznih claljic večajo v naslednjem zaporedju: AF, AS, FS , F B , S B . Če označimo A' F' = kIAF, A' S ' = k2 A S , F' S ' = k3FS , F' B ' = k4FB in S 'B' = ksSB , mora zato veljati kI > k2 > k3 > k4 > ks· Pa naj Tartinijev spomenik st oji v gorišču elipse. Potem velja T ' = F' in za koeficiente dobimo vrednosti kI = 2.6, k 2 = 1.12, k3 = 0.75, k4 = 0.78, ks = 0.8. To zaporedje koeficientov pa ni padajoče. Torej Tartinijev spomenik ne st oji v gorišču elipse. Gorišče leži nekje med Tartinijev im spomenikom in točko A. Marija Vencelj središče Astronomija I BLIŽNJE VENERINO NAVIDEZNO PREČKANJESONCA Okrog Sonca kroži devet planetov. Od teh krožita Merkur in Venera zno- traj Zemljinega tira , zato jima pogosto rečemo notranj a planet a. Značilno zanju je, da lahko pri določenih pogojih pridet a med Zemljo in Sonce. Te- daj st a z Zemlj e projicirana na Sonce in lahko opazujemo, kako navidezno prečkata Sončevo okroglo ploščico oziroma disk, kot se nam Sonce pri- kazuj e na nebu. Tako opazovalec na Zemlji opazuje navidezn o prečkanje (preh od) plan eta čez Son ce. Z opazovanjem navideznih prečkanj notranjih planetov , predvsem Venere, pa je mogoče določiti paralakso Sonca , iz nje pa vrednost astronomske enote, to je razdalj e Zemlja-Sonce. Sončeva paralaksa je kot , v katerem bi iz Sonca, oziroma natančnej e iz nj egovega središča, videli Zemljin polmer R = 6400 km pravokotno na zorno smer (slika 1). Sončevo paralakso p in as t ronomsko enoto a povezuj e t ale enačba : p R 3600 21m Če p izm erimo , lahko pri znanem R izračunamo a. krožn ica s " polnr eroiu fi " \ \ I I I I I SO!" / / / Sl ika 1. Zveza m ed Sončevo paral akso p in as t ro no ms ko enoto a . Enačbo lahko za p išemo tako zato , ker je R d osti m anjši od a in t etivo R obravnava mo ka r kot lok , ki pripada središčne m u kotu p v krožnici s polmerom a. Ravnina Venerinega tiraje rahlo (okoli 3,50 ) naklonjen a proti ravnini Zemlj inega tira. Zato v notranji konjukciji s Soncem Venera ne leži vedno v ravnini Zemljinega tira. Včasih pa ob notranji konj unkcij i na svoji IAstronomija poti okrog Sonca le pride v tako lego, da ležijo Sonce, Venera in Zemlj a na isti pr emici. Takrat opazovalec na Zemlji projicira Venero na Sonce. Opazuje, kako Venera navidezno prečka Sončevo kro žno ploskvico v smeri od vzhod a proti zahodu (v desno). Pri tem pojavu je Venera vidna kot majčkena okrogla te mna pega, ki počasi potuje po tetivi čez svetlo Sončevo ploskvi co. Zaradi določenih značilnosti Venerinega gibanja so Venerina preč­ kanja mogoča le v juniju in decembru, in sicer vsakih 243 let dvakrat po dva prehoda. Med prehodoma prvega para je osem let pr esledka , potem pa preide več kot sto let , ko si sledita spet dva prehoda v presledku osem let. Zadnja navidezna prečkanja Venere preko Sonca sta bila 8. 12. 1874 in 6. 12. 1882, naslednja pa bosta 7. 6. 2004 in 5. 6. 2012. Poglejmo, kako iz Venerinega navideznega prečkanja Sonca določimo njegovo paralakso. Prečkanje Venere čez Sončev krožec opazuj et a z Zemlj e dva opazo- valca v kr ajih A in B v meds ebojni razd alji lABI ,ki je v splošnem manj ša od R (slika 2) . Zaradi lažjega razumevanj a vzemimo, da je medsebojna razd alj a kar R. Za opazovalca v kraju A Venera prečka Sončevo ploskvico po tetivi IKLI ,za opazovalca v kraju B pa po tetivi IMNI, ki je vzporedna s IKLI. Razmik te t iv d = lA'B'I vidimo iz B pod kot om 8. Isto dolžino d bi opazovalec na Veneri videl pod enakim kotom p', pod katerim vid i dolžino R = lABI. Torej je kot p' par alaksa Venere. Paralaksa Sonca je kot p pri A', pod katerim bi opazovalec s Sonca videl polm er Zemlj e R. Kota p in 8 sta zelo majhna, za to v trikotniku A'BV lahko vzamemo p IBVI oddaljenost(Venera - Zemlj a) J = IA'VI = oddaljenost (Venera - Sonce) . Ker je IA'VI = 0,723a, je IBVI = a - 0,723a = 0,277a. Sledi p = 2;;;/. Če kot 8 izmerimo, lahko izračunamo p. Kot a 8 ni mogoče neposredno izmeriti , saj vsak opazovalec opazuje prečkanje planet a po drugi tetivi. Kot 8 pa je mogoče izračunati , če izmerimo čas prečkanja Venere po prvi in po drugi te t ivi. Op azovalca v A in B morata torej čim natančneje izmeriti čas, ko se temna pega Venere dotakne svet lega Sončevega diska pri K oziroma pri M , in čas, ko pri L oziroma N pega zapušča krož ec. Pri lABI = R meri kot 8 okoli 23". 268 Astronomija I Izračunamo p = 27;2~3" = 8,8" . (Če lABI ni enak R, kar običajno ni , izračunamo J tako , da lABI izrazimo v delih polm era R.) Tako astro noms ka enot a meri : a= 6400 km . 360 . 60 . 60" O '1" k 27f . 8 8" = 15 minj onov m, ali 1,5 . 1011 m . I { Slika 2. Opazovanje navideznega prečkanja Venere (V) čez Sonce iz dveh kra jev A in B na Zemlji . Opazovali so prečkanja v let ih 1761 in 1769 te r 1874 in 1882, nas lednji prečkanji pa bosta 2004 in 20 12. Na opazovanje Venerin ih prečkanj čez Sonce so se odpravile št evilne znanst vene ekspedicije v raz lične , med seboj zelo oddaljene kraj e na Ze- mlji , da bi od tam zabeležile poj av . Prečkanj e namreč lahko t raja več kot št iri ure, medtem ko je razlika v izmerj enih časih prečkanja t udi pol ur e. Pri opazovan ju pa so se poj avile velike težave . Stiki t emnega Venerinega krožca s svet lim Sončevim diskom so neostri , kar zelo otežuje natančno merj enj e časa navideznega prečkanj a . Posebno slabe rezu ltate dobijo pri opazovanju Merkurjevih prečkanj . Zato navidezn ih prečkanj notranjih planetov čez Sonce danes ne upora- bljajo več za določi tev astronomske enote, čeprav je bil v preteklosti ta način zelo moden in je dal celo zadovoljivo natančnost. Vendar se tehnika as tro nomskih meritev razvija , napred uje . Človek si hitro izmis li kakš no izboljš avo. IAstronomija - Naloge Slika 3 . P lanet Merkur (črna pega) ob navidezn em prečkanju čez Sončev disk dne 14.11. 1954. Približno t ako bo pr i prečkanju vidna t ud i Venera, le nekoliko "večja" bo kot črna pega na sliki. Poj av bo viden s prostim očesom. Seved a bo treba pazit i na oči . Morda nas bodo astronomi že v kratkem presenetili s kakšnim bolj šim načinom opazovanja navideznih prečkanj notranjih planetov čez Sonce, saj je Venerino prečkanj e dne 7.6.2004 pred durmi. In astronomi se na t a pojav mrzlično pripravljajo. Vsekakor bo to v zgodovini astronomij e najbolj množično opazovanje prehoda Venere čez Sonce , in to ne samo z Zemlje, ampak tudi iz vesolja. Marijan Prosen PREMISLI IN N ARIŠI Nariši trikot nik , če poz naš dolžino st ranice c, dolžino težiščnice ta na stranico a in velikost polmera r trikotniku očrtane krožnice. Koliko neskladnih rešitev ima naloga? Od česa je odvisen odgovor na to vprašanje? Marija Vencelj Računalništvo I ANALOGNO DIGITALNA PRETVORBA Slika 1. Električni te rmo meter LM335 daj e napetost 2.93V kot odgovor na temperaturo 293K. An alogno digitalni pretvornik od go- vori z vzorcem 010 . o 1 O A NALOGNO [)]ClT A LNI PRETVOR NII<: 10 h I 25)3 V L!\! :B?) Računalniki delajo z digitalnimi podatki. Pogovarjajo se z besedami, kot so 10010000 ali 11001100 . Tega jezika ne ra zumemo, zato imamo tipkovnico, ki, denimo, pr itis k na tipko A spremeni v vzorec ali besedo 01000001 , številko 1 pa v vzorec 0011000 1. Kar se v računalniku dogaja pomembnega za nas , pove računalnik prek zas lona . Tudi tja pošilja računalnik sporočila v svojem jeziku. T ipkovnico in zaslon smo si oblikovali po meri , da bi nam bilo komuni- ciranje čim laže. T ipkovnica pr evaja naše znake v sporočila, ki jih razume računalnik , monitor pa napravi računalnikova sporočila razumljiva nam. Marsikdaj pa si želimo, da bi bil računalnik bolj vsestranski. Namesto da bi se pogovarjal le z nami, bi se morda sam ozrl naokoli. Zakaj bi mu vtipkovali, da je temperatura v sobi 18° C? Če zna dan es vsak računalnik sam pogledati na koledar in na uro , za- kaj ne bi gledal še na termometer? Ura in koledar sta v računalnik že vgrajena; morda termometra, ba- rometra ali kakšnega drugačnega meri lnika res ne gre vgrajevati v prav vsak računalnik , marsi- kdaj pa bi nam pri šlo prav, da bi znal računalnik tudi merit i. Naučimo ga! Po trebujemo torej merilnik temperature. Običajni t erm ometer ne bo dober , saj računalnik ne zna pr ebrati , do kje se je v cevki povzpelo živo srebro. Bolj pripraven bo termomet er z električnim izhodom . Termo- met er LM335, kaps ula s tremi žicami, ki ga lah ko poceni kupimo, daje npr. na izhodu po 10 mV za vsako stopinjo nad absolut no ničlo . Pri sobni temperaturi 20° C, kar je 293 K, bo na izhodu napetost 2930 mV ali 2,93 V. Pravimo, da je naša meri t ev an alogna. Nape tost , ki jo daje čutilo , op onaša merj eno količino . V našem primeru je to temperatura. S takim podatkom računalnik nim a kaj početi, zato potrebuj emo eno- to , ki pr evede nap etost v ustrezni vzorec enic in ničel. Enoti pravimo ana- logno-digit alni pr etvornik, pos topku pa analogno-digit alna pretvorba . Tak pr etvornik kaže slika 1. Vhodni signal je v našem primeru 2,93 V, vzorec I Računalništvo Slika 3. Prešt eli srno do 13, pr eden je napetost U(t) dosegla u.: 15 111 110 101 100 Dl! OlD DO l ODO 2 3 4 G 5 lO Slika 2. Odzi vi pre t vor - nika na različne vhodne napetosti. U(t) U.C 010, kar po dogovoru s slike 2 ustreza nap etosti od Ux[V] 2 do 3 V, pa se poj avi na t reh izhodnih žicah.! Vzorec , ki ga sestavljajo le t rije zaporedni dvoji ški po datki , je kratek. S tremi biti , kar pomeni največ t rimest na dvoj iška števila , seveda te mperature ne moremo posebn o natančno izraziti. Im amo le osem možnost i, s katerimi povemo številke od Odo 7. Za večjo natančnost bomo potrebovali več bitov: osem , deset , morda celo štirinajst. Kaj je v škatlici z napisom ana logno-d igitalni pretvornik? Čeprav ne obv ladamo elektronike, nas vseeno zanima, kako pret varj amo an alogne signa le v digit aln e. Rešitev je cela kopica. Oglejmo si pr vo! Imamo neznano nap etost Ux ; ob začetku meritve pa ust varimo ena komerno rasto- čo nap etost U(t) , kot kaže slika 3. Spro žimo uro štopa- rico in čakamo, da sta obe napetosti enaki. Čim večja je neznana nap etost Ux , tem dlje traja, da rastoča nap e- tost doseže napetost Ux , in t em več našt ejemo do t re- nu tka , ko se izenačita. Rezul- tat štetja, ki ga dobimo v di- gitalni obliki, recimo 7 ali 12, je kar digit alni zapis nap etost i Ux ' Ker pa moramo rezultat povedati računalniku , štejemo dvoji ško: 0000, 0001 , 0010, 0011 itd. Im amo torej idejo za pr vi pretvorn ik , ne vemo pa še, kako bi ga ure- sničili s pomočjo elekt ronike. Škatla, ki je analogno-digitalni pretvornik, bo najbrž vsebovala več povezanih manjših škate l, od katerih bo vsaka opravljala razmeroma preprosto nalogo. Po t rebujemo generato r sunkov, ki se ponavljaj o v enakomern ih pr esledkih. Takemu generatorju pravi mo običajno ura (slika 4) . Sunke prešteva dvojiški števec, kadar mu to ve- limo. V t a namen ima števec poleg števnega vhoda t udi kontrolni vhod. 1 O in 1 so le simbolični zapisi električnih signalov . Na žici, kjer je sig nal O, bi lahko izmerili napetost i od O do 0,3 V; na žici , kjer je signal L, pa bi bile napet ost i od 3 do 5 V. Računalništvo I Slika 4. Analogno digitalni pr etvornik sestav lja več preprostejših eno t. U.T GE 'E RAT O R U( t) USTAVI, ko je U(t) > u; DVOJ iŠK I ŠTEV I~C korn parator JUlJlfURA Kad ar je, vzemimo , kon trolni vhod pri napetosti nič , števec šteje, kadar pa je na kontrol- nem vhodu napetost , ki po- meni logično 1, števec miruje. Kdaj naj števec šte je , oz. kd aj naj počiva, odloča vezje, ki mu pr avimo komparator. To je neke vrste tehtnica , ki pri- merj a napetosti Ux in U(t) in pove, katera od njiju je večja. Komparator se torej obnaša kot zelo občutljiva lekarn iška tehtnica : če je ena stran le malo težja od druge, se sko- delica na težji strani prevesi do tal, kjer obsedi (slika 5). b) ;n/I\ ~ odklon Slika 5. Komparator primerj a U(t) in Ux : a) U( t) več kot Ue , b) U(t) le malo več kot u; c) U(t) en ako u., d ) U(t) manj kot u.. Naša analogno-digitalna pretvorba traja precej manj kot pa opis. Kljub temu je fizikom marsikdaj predolga . Čas pretvorbe je odvisen od tega, kako hit ro zm o remo štet i. Če j e p er io d a u re tisočinko se k u n d e in če bi radi svoje analogne rezultate prevedli vtrimestno decimalno število (kar ust reza deset bitnemu dvojiškemu številu), potem traja pretvorba celo sekundo. Seveda je lahko ura dosti hitrejša , saj so elekt ronski števci hit rejši od nas. Najhitrejši pretvornik, ki je deloval na op isani način , je uporabljal ur o s frekvenco 450 MH z. Pret vorba , ki je dajala do št irinajst bitne rezultate, pa je t rajala okoli 40 milijo nin sekunde. Marsikdaj je to pr edolgo . Kako skrajšati čas pretvorbe? Računalništvo ni o je Ej jeni Poglejmo še enkrat svojo metodo. Pri iskanju nezn anega števila x smo od govarj ali na za poredna vprašanja: je x manjši od ena, je x manjši od dve , je x manjši od tri. . . Pri velikih x je bilo iskanje odgovor a dolgotrajno. Hitrejša po t do neznanega števila x (ki naj bo tu kvečjemu 15) je nasle- dnja . Najprej si osvež imo , kaj po meni bin arni za pis 0110 . Naše št evilo 0110 ne 0110 = premore osmi ce, sestavljata ga pa štirica in dvojka, ravno t ako ne vsebuje nobene enice (slika 6): 0110 = O. 8 + 1 . 4 + 1 . 2 + O. 1 . Slika 6. Vzor ec 0110 je navodilo , kako sestavimo števi lo 6 iz gradnikov , vr ed- nih 1, 2, 4 in 8. Spe t bomo skušali sest avo neznan ega števila dognati tako, da za- stavljamo vprašanj a . Začeli bomo z osmico. J e x večji ali enak 8? Če je odgovor pri trdilen , si zapo mnimo , da neznano število vsebuje osmico. Naše neznano število je ne vsebuje. Na vprašanje , ali je x večji ali enak 4, je odgovor pritrdilen. Število x to rej vsebuje 4. Zdaj dodamo štirici dvojko in se vprašamo, ali je x večji ali enak 6. Ob pritrdilnem odgovoru si zapomnimo, da število x vsebuje tudi 2. Dodamo 1 in vprašamo, ali je x večji ali enak 7. Če ni , ne vsebuje 1. Nizu prit rdi lnih in nikalnih odgovorov priredimo niz enic in ničel. Rezult at je binarni zapis neznanega števila x . Če na opisani način raz iskuj emo sestavo majhnih števil, ne občutimo pr ednosti . A pri številu do 1023 opravimo že z desetimi vprašanji, medtem ko jih je treb a pri prvi metodi v povprečju 512 . Kako elektro nik por abi opisani recep t za pretvorbo, si bomo ogledali morda kd aj drugič . Štirinajst bitni pretvorniki , ki de lajo po novem re- cep tu , opravijo pretvorbo v št irih do šestih mikrosekundah. Ti pret vorniki pa še zdaleč niso najhitrejši. Pri obeh dosedanjih pretvornikih smo reševali nalogo z vr sto zaporednih vprašanj eni enot i. Morda pa lahko skrajšamo pretvorbo tako, da naslovimo vsa vprašanja hkrati množici enot? Če neznano napetost Ux pokažemo sedmim komparatorjem , ki so nastavljeni na zaporedne nivoj e od 1 do 7 voltov (slika 7), dobimo vseh sed em od- govorov istočasno. V našem primeru, ko je vr ednost nezn ane napetosti 5,3 V , sp odnjih pet komparatorjev pove, da je neznana napetost večja, zgornja dva pa , da ni večja. Ko pripišemo po trdilnim odgovorom vrednost 1, nikalnim pa vrednost O, je skupek odgovo rov 1111100. 274 Računalništvo I O U = 7 V PRETVORNIK Slika 7. Vezje v en i sap i po- ve, da je nezn an a napetost večja od 5 V , pa manjša od 6 V. v: = 5,3 V 1111111 naj da 111. in 0000000 naj da 000 1000000 naj da 001 Prevaj alnik bo škatla, v kat ero bo vodilo sedem žic, iz nje pa t ri (slika 8) . Seveda pa s t remi biti ne bomo zadovoljni, osmih bi bili bolj veseli . Kaj pa nam ponuja tržišče? Trudimo se, da spravimo čim več v eno samo integrirano vezje. Tako je naš novi analogno-digitalni pr etvornik drobcena vezje, ki vsebuje vse našt et e elemente , to je 255 komparato rjev, uporovno verigo in pr evaj alnik. Celotno osem bitno pr etvorbo opravi v 20 do 30 ns (20 do 30· 10- 9 s). Smo s tem pri šli do konca? Ne! O Spoznali smo le načela, po katerih ~ delajo nekateri analogno-digitalni 1 pretvorniki . Kako napraviti števec, 1 1 kako napraviti kompar ator , kako se- 1 staviti pr evajalnik, ki pr evaja dolge 1 vzorce v binarna št evila - o tem pa Slika 8. P revaj al nik , ki prevaj a dolge vzor- morda kd aj drugič . ce v binama števila. Novo šte vilo pa ni posebno prikladno - pr edolgo je. Tega se zavemo dosti bolj , če si pr edstavljamo osem bitni pret vornik, kjer bi se v odgovoru zvrstile najprej enice, ki j im slede ničle; vseh skupaj 255. Do mn ogo kraj šega dvojiškega zapisa bi prišli , če bi pr ešteli vse enice. Vendar bi tako spet izgubili čas, ki smo ga pridobili . Do sem je traj ala pr etvorba namreč le 5 do 10 nan osekund (5· 10- 9 s). Po- iskati bo t reba drugačno rešit ev. Potrebuj emo prevaj alnik, ki bo pr evaj al sedem bitne vzorce v t ri bit ne : Jože Pahor I Rešitve nalog VIŠINE TRIKOTNIKA - R ešit ev s str. 195 Če imamo podane tri dolžine v trikotniku, ki naj bi ga konstruirali , je od njihovih medsebojnih razmerij odvisno, ali trikotnik sploh obstaj a. V primeru, ko iz danih podatkov lahko izpeljemo odnos med stranicami iskanega trikotnika, daje odgovor na to vprašanje trikotniško pravilo. Tako si lahko pomagamo tudi pri danih dveh nalogah. Naj bodo a, b, c stranice t rikotnika, V a , Vb, Ve višine trikotnika in p njegova ploščina. Potem velja od kod er sledi 1 1 1 a : b: c = - : - : - . Va V b Ve 1. Naj bo V a = 4, Vb = 7 in Ve = 10. Potem je a = i, b = ~ in c = 110 ' pri čemer so vse t ri stranice merj ene v istih enot ah . Ker je 1 1 17 34 35 1 7+ 10 = 70 = 140 < 140 = 4' sledi b + c < a in tak trikotnik ne obstaja. 2. V tem primeru je Va = 3, Vb = 4 in Ve = 5. Zato je Ker je ~ < i + i, je najdaljša stranica kr aj ša od vsote ostali h dveh in t rikot nik obst aj a . Iz zveze a : b : c = ..L : ..!... : ..!... razberemo tudi, kako trikotnik Va V b V c konstruiramo. Najprej narišemo podobni trikotnik s st ranicami ..L, ..!... , ..!... in nato z V a Vb V c razt egom (uporabimo eno od danih višin) še iskani trikotnik. Risbo narišite sami. Kako pri O 1 v dani do lžin i V nar išemo ~ , pa prikazuj e skica na desni (Ta- lesov izrek o sor azmerjih). Za vse t ri višine moramo izbrati pri risanju enake enote. Marija Vencelj Fizika I ELEKTRONI IN VRZELI V POLPREVODNIKU S PRIMESJO Sestavek v 2. številki Preseka je govor il o polprevodniku , ko je električni to k, ki teče po nj em , odv isen samo od lastnosti polp revodnika in nič od t uj ih atomov v p olprevodniku. V kri st alu polprevodnika je med prevo- dnim in valenčnim pasom ene rgijska špranja z razm eroma majhno šir ino, np r . ~ elektronvolta pri germaniju . P ri zelo nizki te mpe raturi je valenčni pas zasede n in pr evodni pas nezased en . Ni nosilcev, ki bi lahko potovali po kri st alu , in ni to ka, ko na kri st al priti snem o napetost . Pri zelo nizki te mperaturi se polprevodnik vede kot izolator. Pri sobni te mperat ur i pa malošt evilni elektroni od atornov, ki nihaj o v kri st alu okoli ravnovesnih leg, dobij o dovolj ene rgije, da pr eidejo iz valenčnega pasu preko špranje v pr evodni pas. V valenčnem pasu ti elekt ro ni zapustijo nezased en a enoelekt ronska st anj a , ki jih opišemo kot vr zeli . Prevodniški elektroni in vr zeli prispevajo k toku, če na kristal pritisnem o napetost . Pri sobni te mperat ur i polprevodnik prevaj a veliko slabše kot kovina , a veliko bolje kot izolator. Gostot a prevodniških elekt ronov je v takem polprevodniku enaka gostot i vr zeli . Tod a polprevodniki ne zmorejo samo t ega , kar smo opisali kot lastno prevaj anj e. Zdaj je čas, da opišemo druge pos ebnosti polprevodnikov. Mislimo si, da talini zelo čistega germanija dodamo kot primes malo ar zen a , de- snega soseda v periodni pr eglednici eleme ntov. S t ujo besedo rečemo, da germanij dopiram o z arze nom (do pe v angleščini pom eni lak ali mamilo). Pripravni slovenski besedi "zač imba" in "začiniti" , ki ju je predl agal pro- fesor Ivan Kuščer , se še nist a prij eli. Atom germanija im a štir i valenčne elekt rone, ki so na jedro šibke je vezani kot preost alih 28 elektronov v krogeino simetrični sredici. El ektroni v sredici skupaj z jedrom atoma ses tavljajo ion germanija s štirimi pozi- t ivnimi osnovnimi naboj i GelV . V kri stalu germanija so t i ioni urejeni v prostorsko mrežo, v kateri vsak ion obdajajo štirje sosednj i ioni , kot oglišča tetraedra obdajajo njegovo središče. Po dva in dva valenčna elektrona, lahko si mislimo, da po ede n od vsakega sosed a , se gibljeta v bližini zvez nice sosedov in prisp evat a k vezi atomov v kri st alu . Od nihajočega iona GeIV dobi kateri od valenčnih elekt ronov dovo lj energije, da zapusti vez in odtava po kri stalu. V vezi zapust i vrzel, ki jo po vrs t i zesedejo drugi elekt roni, in tako vr zel tudi odtava po kristalu . Ta pon azoritev dopolni pr ejšnjo ponazorit ev z enoe lekt ronskimi stanji . Atomi arzena , ki ga dodamo talini germanija, se navzven le malo razlikujejo od atomov germanija in ob strjevanju v kri st alu zase dejo mesta, ki bi jih v čistem germaniju zasedli atomi germanij a . At om ov arze na je v IFizika kristalu veliko manj kot atomov germanija in mesta med atomi germanija zasedejo po naključju . Tu jih je več, tam manj, tako da niso ur ejeno razporejeni po pr ostoru. Elektroni v njih imajo, podobno kot vatomih v plinu, enoe lekt ro nska stanja z ostro določeno energ ijo. Atom ar zena ima pet valenčnih elekt ronov. V kri stalu germanij a se št irje od njih vgradijo v vezi s št irimi sosednjimi ioni GeIV . Peti valenčni elekt ron je nekakšno "peto kolo" . Okoli arzenovega iona in št irih valenčnih elektronov se giblj e podobno kot elektron okoli jedra v vodikovem atomu. Razlika je v tem, da se giblj e elektron v vodikovem ato mu po pr aznem prostoru, peti valenčni elektron v atomu arz ena pa po kristalu germanija . To približno opišemo tako, da upoštevamo manj šo silo med naelektrenima delcema v kristalu (v kristalu e6/ 47l"EEOr2 namest o e6/47l"Eor2 v vakuumu, če je eo osnovni nab oj , 100 influenčna konstanta , r razdalj a med delcema in lO = 16 dielektričnost germanija) . Poleg tega elektronu priredimo efekt ivno maso , ki je manj ša od mase prost ega elektron a. Zar adi tega je peti valenčni elekt ron v kristalu germanija veliko šibkeje vezan na atom ar zena kot elekt ron na atom vodika . Elektronu v vodikovem at omu moramo dovesti vsa j ioni zacijsko energijo 13,6 elekt ronvolt a , da ga odtrgamo od atoma, za peti valenčni elekt ron v atomu ar zena v krist alu germanij a pa zadost ujeta 0,02 elektronvolta. P ri zelo nizki te mpe ratur i so peti valenčni elekt roni v kri stalu ger- manija vezani vsak na svoj atom arze na in ne prispevajo k pr evajanju (slika l a ). Pri sobni te mperatur i pa se odtrgaj o od atomov in preostanejo pozitivni ioni As, ki ostan ejo vezani na svoj a mesta v kristalu. Peti valenčni elekt roni pa zasedejo enoelekt ronska stanja ob dnu pr evodnega pasu in kot pr evodniški elekt roni sodelujejo pri prevaj anju (slika 4a). Pri sobni temper aturi so t i pr evodni ški elektroni v pr evodni pas pr ešli iz enoelektronskih stanj v atomih arzena, tako imenovanih prim esnih stanj. V valenčnem pasu niso zapustili nezasedenih enoelekt ronskih st anj , zato v te m primeru v kri st alu ni vr zeli (slika 1b) . Gost ota pr evodniških elekt ronov ni enaka gostot i vrzeli kot pr i las tnem prevaj anju. Prevodniški elekt roni so večinski nosilci naboja in krist al je polprevodnik n, ker so večinski nosilci negativni . Stanj a primesi imenujemo donorska stanja, ker "daru jejo" elekt rone v pr evodni pas. Ta stanja imaj o ostro določeno energijo, kar priča, da zad evaj o posamične atome na njihovih mestih v kristalu. Ne bi bilo pr av , ko bi zamolčali, da se kot pri lastnem prevaj anju t udi v polprevodniku n pojavijo vrzeli in pr evodniški elekt roni. Toda gost ot a vrzeli in njej enaka gostota dodatnih prevodniških elekt ronov je veliko manj ša kot gostota prevodniških elekt ronov iz stanj primesi. Vrzeli so v te m prim eru m anjšinski nosilci nab oja . energija a) ene rgija EŠ b) Fizika I PP DP DS Slika 1. Eno elektronska stanja v polprevodniku n pri zelo nizki temperaturi (a) in pri sobni temperaturi (b) , DP dno prevodnega pasu PP, VV vrh valenčnega pasu VP, EŠ en ergij ska špranja . Pri zelo nizki temperaturi so v valenčnem pasu vsa enoelekt ronska stanja zasedena (ZS) in v prevodnem pasu nezasedena (NS) . Enoelektronska stanja primesi, v tem primeru donorska stanja DS 0,02 elektronvolta pod dnom prevodnega pasu, so pri zelo nizk i temperaturi zasedena, pri sobni temperaturi pa nezasedena. Donorskih stanj je toliko kot atomov dono rja, nj ihova energija pa je ostro določena . Ni težko izračunati prevodnosti polprevodnika n . V približku smemo vzeti, da pri sobni temperatur i vsak atom arzena v kristalu germanija pri- speva svoj peti valenčni elektron v prevodni pas, in zanemarit i prispevek manjšinskih nosilcev. Po zgled u kovin je pn eemer je NdlV gostota atomov arzena v kr istalu germanija, enaka gostoti prevodniških elektronov NIV, f3 je gib ljivost pr evodniških elektro- nov . P revodnost polprevodnika n lahko spreminjamo na širokem območju s tem, da spreminjamo gostoto primes i. Prevodnost se bo lj ali manj poveča, če germaniju ali siliciju dodamo več ali manj arzena oz. kakega kemijsko sorodnega petvalentnega elementa, np r. fosfor a ali antimona. Navedimo zgled. V kubičnem dee imetru germanija z maso 5,5 kg naj bo 1,6 .1018 atomov arzena s skupno maso 0,2 miligrama. Po enačbi je prevodnost tega po lprevodnika n prib ližno 100 (O m) -l. Kilogramu germanija moramo v tem primeru dod at i samo 0,037 miligrama arzena. To je malo v primeri z masami, s katerimi imajo opraviti v lekarni. Fizika Na začetku smo nekatere poj ave pri prevaj anju kovin opisali s pozi- tivno t rdnino in negativno tekočino . Tak opis lahko uporabimo tudi za polprevodnik n pri sobni te mperatur i. Pozitivno t rdnino tvorijo pozitivni ioni pet valentne primesi v krist alu polprevod nika , negativno tekočino pa elekt roni v prevodnem pasu. To je prvi del zgodbe. V drugem delu nast opi namesto desnega soseda v periodni pregledn ici elementov levi sosed. Germa niju v talini dod amo majhno primes galija. Ato m galija se navzven le malo razlikuj e od atoma germanija. Kar smo prej ugotovili za atome arzena v krist alu germanija, velja tudi za atome galija. Za razliko od atom a arzena pa ima atom galija t ri valenčne elekt rone , ki se v kri stalu germanija vgr adijo v vezi s sosednjimi ioni GeIV . V t reh vezeh st a po dva elekt rona, v četrti vezi pa je namesto dveh elekt ronov en sam. Nep opolni vezi ust reza enoe lektronsko stanje primesi z ost ro določeno energijo 0,02 elekt ronvolta nad vrhom valenčnega pasu . Pri zelo nizki temperaturi to stanje primesi ni zase- deno. Tedaj so vsa enoelekt ronska stanj a valenčnega pasu zasedena , vsa enoelekt ronska st anja pr evodnega pasu in stanja primesi pa nezasedena (slika 2a). V tem primeru polprevodnik ne prevaja. P ri sobni te mperatur i pa elekt roni v enoelektronskih stanjih pod vrhom valenčnega pasu dobijo dovolj energije, da zasedejo enoe lekt ronska stanja primesi (slika 2b). Pri tem enoelekt ronska stanja pod vrhom valenčnega pasu , ki jih izpraznijo , opišemo z vrz elmi. ene rg ija DP energija DP EŠEŠ -------- - - -- AS J I-------- ASHiiiiiiVV. ·~,~L~· · · VV a) b) Slika 2. Enoelektronska stanja v polprevodniku p pri zelo nizk i tem pe ratur i (a) in pri sobni tem perat uri (b). Znaki im aj o enak pomen kot enaki zn aki na sliki 1. Enoelek- t ro nska stanja primesi , v t em primeru akceptors ka st anja AS 0,02 elektronvo lta nad vrhom valenčnega pasu , so pri zelo nizk i temperaturi nezased en a , pri sobni tem peraturi pa zasede na. Akceptors kih stanj je toliko kot atomov akceptorjev, nji hova energija pa je ostro določena. 280 Fizika I P oglejmo zdaj to še s stališča vr zeli. Pri zelo nizki t em peraturi je na atom galija vezana vr zel, ki se giblje okoli nj ega podobno kot peti valenčni elekt ron v atomu arze na (slika 3a). Vezana vr zel ne more so- delovati pri pr evajanju. Pri sobni t emper aturi pa vrzel pr eid e pod dno valenčnega pasu , po st ane prosta in iz atoma ga lija nastane ion Ga' z enim negati vnim osnovnim nabojem. Za pr ehod potreb na energija meri okoli 0,02 elekt ronvolt a (slika 3b) . Pri sobni te mpe rat uri so vr zeli pri atomih galij a zase dene. At om i ga lija so spreme njeni v ione Ga' in ne zapust ijo svojega mest a v kri st alu (slika 4b) . V prejšnj em zapisu smo poudarili , da so prevodniški elekt roni in vrzeli kvazi delci. V pr ejšnj em odstavku pa smo sp oznali , da velikokrat izh aj amo od opisa z elektroni in vr zeli zapostavi mo ter jih poskušamo obravn avati zgolj kot primanjkljaj elektronov. Vrzeli bi morali v vseh pogledih opisat i na enaki p odlagi kot elektrone . Mor ali bi vp eljati eno- vrzelska stanj a, ki so zaradi Paulijeve prepovedi nezasedena ali zase dena z eno vr zeljo . Enovr zelska stanja so razporejena na energijske pasove in na prep ovedane pasove. V vseh pogledih bi morali vrzeli obravnavat i podobno, kot ob ravnavamo elek trone, le da energijo vrzeli vzamemo za po zitivno v drugi sme ri kot energijo elekt ronov . Kar je prevodniškim elektronom dno prevodnega pasu, je vr zelim vrh valenčnega pasu. Ta prij em , ki ni v navadi , si v P reseku z drugo barvo lahko privoščimo. Vrzeli pod vrhom valenčnega pasu nastanejo, ne da bi elektro ni prešli v prevodni pas, zato v t em primeru v krist alu ni prevodniških elekt ro nov. Gos tot a vr zeli ni enaka gostoti prevodniških elektronov kot pri lastnem pr evajanju. Vrzeli so večinski nosilci naboj a in kri st al je polprevodnik p , ker so večinski nosilci pozitivni . Enoelektronska stanja primesi imenujem o akceptorska stanja, ker "sprejmejo" elekt rone iz valenčnega pasu. Ta st anj a imaj o ost ro določeno energijo , kar priča da zadevajo posamične at ome na njihovih mestih v kri st alu . Ne bi bilo pr av , ko bi zamolčali , da se tudi v polprevodniku p poj avijo prevodniški elekt roni in vrzeli kot pri lastnem prevaj anju. Toda gostota pr evodniških elekt ronov in nj ej enaka gostota dod atnih vr zeli je veliko manj ša kot gostota vrzeli iz stanj primesi . V te m primeru so prevodniški elektroni manj šinski nosilci naboja. I Fizika EŠ 0,02 eV EŠ --- - - -------j AS J ------------- ~Yrc~m -_m-F t~~c~c~~~~~~~~ AS a) energija b) energija Slika 3. E novrzelska stanja v polprevodniku p pri zelo n izk i temperaturi (a) in pri sobni temperaturi (b) . Ta slika je samo v op is z vrzelmi prevedena sl ika 2. Pri ze lo niz ki temperaturi so v prevodnem pasu vsa enovrzelska stanja za sedena (ZS' ) in v valenčnem pasu vsa enovrzelska stanja nezasedena (NS ') . Enovrze lska stanja so narisana v barv i za razliko od enoelektronskih stanj, ki so narisana črno. Enovrzelska stanja smo vpeljali samo v opozorilo , da prevladujoči opis zapostavlja vrzeli, ki so enako kot prevodniški elektroni kvazi delci. P revodnost polprevodnika p je pr i sobni temperaturi v približku, v katerem vsak atom galija v krist alu germanija sprejme en elektron in če zanemarimo prispevek manjšinsk ih nosilcev: 1 Na C p = eo13vV ' pn eeme r je Na/V gostota atomov galija v kr ist alu germanija, enaka gostoti vrzeli N IV, I3v je gibljivost vrzeli. Tudi pr i polprevodniku p lahko prevodnost spreminjamo na širokem območju s tem, da spreminjamo gostoto primesi . Prevodnost se poveča bo lj ali manj, če germaniju ali siliciju dodamo več ali manj galija oz. kakega drugega podobnega trivalent nega elementa, npr. bora ali indija. Tudi tu navedimo zgled. V kubičnem dec imetru germanija z maso 5,5 kg naj bo 1,6 . 1018 atomov galija s skupno maso 0,19 miligrama. Po enačbi je prevodnost tega polprevodnika p 46 ([2 m)- l. Kilogramu germanija je treba v tem primeru dodat i samo 0,034 miligrama galija. Za bralce P reseka, ki bi želeli račun ponoviti, navedimo po vrsti relat ivne atomske mase galija, germanija in arzena: 69,7; 72,6 ; 74,9 . V germaniju meri gibljivost elektronov 0,38 m2/Vs in gibljivost vrzeli 0,18 m2/Vs. 1 282 Fizika I O O ~~ GeIV ~~ GeIVO O O O ~W~ ~~~~O As O O~/o ~~O ~ij ~~ "\0 "\0/ O~~O ~~"\0 / O (a) (b) ~O~ ~O 0 / "\0 · O/~O ~~~~ ~~~~ O~ ~O~~O O~ ~O~~O "\0/"\0/ "\0 / "\0 / ~~ ~~O O Slika 4. Nazorna slika po lprevodnika n (a) in polprevodnika p (b) pri zelo nizki te mpe ratur i (zgo raj) in pr i sobni te mpe raturi (spodaj) . P ri zelo nizki t empera turi so v kristal polprevo dnika vezani atomi petvalen tnega elem enta (As) a li a to m i t riva lentnega element a (Ga). Pri sobni t em perat uri atomi petva lentnega elementa od dajo elekt ro ne v pr evod ni pas in kot pozit ivni ion i (As) ostanejo vezani na svo ja mesta v kr istalu po lprevodnika, atomi triva lentnega elementa pa sprejmejo elektrone in kot nega ti vni ioni (Ga') ostanejo vezani na svoja mesta v kristalu polp revodnika . P revo dniški elekt ro ni v polp revodniku n in vrzeli v po lprevodniku p se gib ljejo po kr istalu in sodelujejo pr i preva janju. Nekatere pojave pri polprevodniku p pri sobni t emperatur i lahko za silo opišemo z negativno trdnino in pozit ivno tekočino . Negativno t rdnino tvorijo negat ivni ioni t rivalent ne primesi v krist alu polprevodnika , pozit ivno tekočino pa vrzeli . V naslednjem prispevku bomo govorili o najprep rost ejših p olptevo- dniških elementih , v kater ih je del kri st ala polprevodnik n in drugi del polprevodnik p . Tak i polprevodniški eleme nt i so korenito vplivali na naše življenje . Dand anes bi si ga namreč te žko zamislili brez računalnikov , mo bilnih te lefonov, radijskih in t elevizijskih sprejemnikov, kasetofonov in podobnih naprav . Janez Strnad IRešitve na log TRIKOTNIKA - Rešitev s str. 222 Tr ikotnika imat a enaki ploščini, kar je nepo- sredno razv idno s skice . Velikost i obeh višin iz- računamo s Pi t agoro- vim izrekom. Izra~unamo dolžino seznama . Izra~unamo vsoto elementov seznama . Narišemo krog . Sprehod skozi seznam. Crta iz središ~a do oboda in vrnitev . :vsota ; Zasuk za pripadajo~i kot . ; Skrajšamo seznam . 12 12 5 5 Dragoljub M. Milo ševi č KROŽNI DIAGRAM - Rešitev s str. 194 Da določimo deleže, ki pr ipa dajo posameznim elementom seznama, mo- ramo poznati vsoto elementov seznama. Izračunamo jo z nas lednjim rekurz ivnim ukazom : TO vsota :s Vrne vsoto elementov seznama s. Prazen seznam ima vsoto O. IF EMPTYP : s [OUTPUT O] OUTPUT (FIRST :s ) + (vsota BF : s ) END Diagram narišemo tako, da se v zanki spreho dimo skozi seznam vrednosti in vsakič narišemo prvo stranico izseka, ki pr ipada tekočemu element u, nato pa se še zasučemo za kot , ki tudi pripada te mu elementu. Ta kot je enak 3600 • ~, kjer je x tekoči element, s pa vsota elementov seznama. TO diagram :s :r Predstavi elemente seznama s s krožnim diagramom polmera r. (LOCAL "dol z i na "vsota) MAKE "dol z i na COUNT :s MAKE "vsota vsota :s CIRCLE :r REPEAT :dol z i na [ FD :r PU BK : r PD RT 360 * (FIRST :s) / MAKE "s BF :s ] END Središče diagrama je na mestu, kjer se pred klicem ukaza nahaja želva. Diagram t ud i zlahka zavrtimo, pred klicem je t reba le zasukati želvo. Rešitve nalog I 52 Krožni diagrami so namenj eni zgolj za predstavit ev po zitivnih vrednosti. Če ukaz pokličemo s seznamom, ki vsebuje negativna števila, narisani di agram ne bo prava ponazorit ev vrednosti iz sez nama. Mimogrede, verj et no ste opazili, da im amo v reši tvi ukaz vs ot a in spremenlj ivko vs ot a . Tolmača za logo t o prav nič ne moti , saj je pri uporabi vedno jasn o, ali gre za ukaz ali za spre me nlj ivko . 7 14 Narisani diagram lahko še po lepšamo. Opremimo ga z napisi , morda osenčimo največji izsek ali pa rahlo izvlečemo najm anjšega (glej sliko). Vse t e (in še mnoge druge) dopolnitve vam prepuščam v va jo in zabavo . Mar tin Juvan KRIŽANKA O VELIKEM ZNANSTVENIKU, IZUMITELJU IN UMETNIKU - R eši t ev s str . 224 ,J OU:OUR.E._ .~ '~~I~ l'Cl'
    x + y {==} (91 + 3k)(1 - 2k) > (91 + 3k) + (1 - 2k) {==} {==} - 6k 2 - 180k > 1 {==} k 2 + 30k < - i. Ker je k celo št evilo, zadošča opaz ovat i k 2 + 30k = k(30 + k) < O, kar pa velja za O> k > - 30. Iskani par i so torej (91 + 3k , 1 - 2k) ; O> k > -30. Tekmo vanja 1/3. Označimo a = IBCI in b = = lACI. Iz x + y = va2 + b2 dobimo x2+2xy+y2=a2 +b2. (1) Ker je r = b-x = a-y, je y- x = a- b in zato rl c Ko odštejemo enakost i (1) in (2) , dobimo 4xy = 2ab oz. x y = ~ab , kar je bilo potrebno dokazati. 1/4. Tr etj emu past irju v nob enem primeru ne bo treba gnat i ovc v do lino . Vsakič namreč ostriže do konca vse t iste ovce, ki so ost rižene nap ol. Vedno je vsaj ena ovca t aka zaradi tretjega pogoj a. 11/1. Re cimo , da bi veljalo (n - l)n(n + 1) = m2 , kjer je ti > 1. Števili (n - 1) (n +1) = n2 - 1 in n st a si tuji , saj si v nasprotnem primeru števili n 2 - 1 in n 2 ne bi bili t uj i. Ker pa je produkt dveh t uj ih si šte vil pop olni kvadrat , morata biti obe števili popolna kvadrata , kar pa ni res . 11/2. Vsaj dva izmed vektorjev ±a, ±b, ±coklepata kot največ i , zato ima njuna razlika dolžino največ 1. Ostan eta nam torej dva vektorja (označimo ju s p in ij) z dolžino največ 1. Izmed vektorjev ±p in ±qvsaj dva oklepata kot največ ~ , zato ima njuna razlika dolžino največ .../2, 11/3. Označimo središča polkrožnice in krožnic K 1 in K 2 zapo redoma z S, Sl in S2, presečišče premic C E in DF s T , presečišče premic SlS2 in EF z R , presečišče premi c SlS2 s premicama CE in D F pa za poredoma s P in Q . Zaradi lažjega računanja naj bo še 12, obstaja podmnožica Y množice X , ki ni enaka nob eni od množic Al ,"" A6 , Al , . . . , A6. Elemente množice Y potem pobarvamo z eno barvo , elemente yc pa z drugo barvo. (Z Ac označimo komplement množice A glede na mn ožico X - to rej AC = X \ A.) Ma tjaž Željko REŠITVE NALOG Z DRŽAVNEGA TEKMOVANJA IZ FIZIKE V ŠOLSKEM LETU 1998/99 - S str. 246 Objavljamo rešitve nalog s tekmovanja sre dnješolcev iz fizike, ki je bilo 8. maja 1999 v Tehniškem šolskem centru v Novi Gorici . Besedila na log smo objavili v letošnji četrti št evilki Preseka. Skupina A 1. Podatki: T = 5 N, d = 8 mm, R = 4,8 cm , V = 1 1, 7] = 60 %, ae = 7,9 . 103 N/m3 , av = 10 .103 N/m3 . Volumen mešani ce zapišemo Vm = 7f(R - d)2(h - d), če je h višina potopljenega dela steklenice. Arhi medov zakon pove, da je vzgon vode ena k teži prazne posode in tež i mešanice: Tekmovanja Viš ino izrazimo z volumnom mešanice in dobimo ---=-- - - ------=---- = 0,78 l. T - O"v1rR2d 1!rn = O"V [ ( R~df -1 + 1]] Odtoč iti moramo 0,22 1 ali 220 cm3 mešanice. 2. Podatki: TI = 54 N, ep = 30° , a = 30 cm, h = 8,6 cm, ko = 0,70. 1. Podatki: k = 1,0 · 10-3 N- I . Če s T označimo skupno težo klad , zapišemo pogoj za ravnovesje klad kot Tsinep = ki Tcosep = (ko - kTcosep) Tcosep . Dobimo tgep = ko - kT cas ep in od tod največjo možno težo T = = 141 N. Torej lahko na klanec postavimo dve kladi s težo po 54 N . 11. Podatki : k = 0,3 . 10-3 N- I . Sedaj dobimo T = 472 N, torej 8 klad . Preveriti pa moramo, če težišče klad ne sega pr ek spodnjega roba spodnje klade. Težišče, središče spodnje ploskve spodnje klade in navpična projekcija težišča na klanec tvorijo pravokotni trikotnik s kotom na vr hu 30° . Stranica, vzporedna s kla ncem, je do lga x = 4h/v3 = = 19,9 cm, kar je več kot po lovica stranice osnovne ploskve klade (~a = 15 cm), to rej se klade prevrnejo. P ri 6 kladah pa dobimo x = 14,9 cm, torej se 6 klad ravno še ne prevrne . 3. Podatki : ro = 10 mm, rl = 20 mm, r2 = 25 mm, t = 45 min, v = 4,75 cm/s. Dolžina traku je l = v t = 128 m. Volumen t raku zapišemo na dva načina (h je širina traku) : in za debelino traku dobimo d = 1rerI + r~ - 2riD = 20 J-Lm. l 4.a) Podatki : T = 20 N. Zapišimo ravnovesni pogoj za (levi) zidak v drugi vrsti. Nanj pritiska vr hnji zidak s polovično težo, na spodnji ploskvi pa spodnji levi zidak s silo F I in srednj i s silo F 2 . Prijemališče vsake sile postavimo v središče ploskve, s katero se zidaka dotikata. Tekmovanja I Ravnovesje sil zahteva ravnovesje navorov za os v težišču zidaka pa 1 1 1 1 - T - l = F2 -l - FI - l . 2 4 4 4 Od tod izluščimo FI ~T in F2 T . Na srednji zidak torej pri tiskata sili zgornjih zidakov z velikostrna po T. Če vsoti prištejemo še težo samega zidaka , dobimo za silo, s katero zidak pritiska na t la , 2F2 + T = 3T = 60 N. Podobno dobimo za silo levega (desnega) zidaka na tla izraz FI +T = ~T = 30 N. b) Podatki : T = 9,0 N, hI = 5 cm , S = 200 cm2 , p = 106 N/m2 . Tlak je očitno največji pod srednjim zidakom v spodnji vrsti. Če posplošimo rezultat pri a ), ugot ovimo, da nanj deluj e enaka sila , kot če bi bili nanj naloženi drug vrh drugega zidaki do višine zidu (N je število zidakov): . pSh I h = Nh I = -r = 110 m. Torej zid ne more biti višji od Keopsove piramide. Skupina B 1. Podatki: r = 50 cm , g = 9,8 m/ s2 , ip = 30°. Ker se kroglica odbija le med dvem a točkama, potuje sem te r tja po istem t iru , kar pomeni , da pad e vedno pr avokot no na obo d žleba. Hitrost t akoj po odboju - njeno velikost označimo z Vo - tvori z vodoravnico kot a = 90° - ip = 60°, vodoravna komponenta je Vo cos 60° in je pri gibanju konstantna, navpična pa Vo sin 60°. Med dvema odbo jema napravi kroglica pot r = Vocos 600 t , v navpični smeri pa se vrne na enako višino : O = Vo sin 600 t - ~gt2 . Iz prve enačbe izrazimo Vo, vstavimo v drugo in dobimo t = J2r t: 60° = 0,42 s. I Tekmovanja 2. Podatki: Vo = 1,5 mis, k = 0,05, 1 = 10 c, a = 1,5 cm, 9 = 9,8 m/s2 . a) Najprej obrav navajmo pr ožni trk med dvema kockama z enako maso m ! Končni hit rosti kock naj bosta Vi in V2. P ri t rku se ohranjata kinetična energija in giba lna količina: 1 2 1 2 1 2 "2 m v = "2mvi + "2mv2' In m v = m Vi + m V2. Sledi v 2 = v i + v~ in V = Vi + V2. Iz druge enačbe izrazimo Vi , vstavimo v pr vo in dobimo V2 = V in Vi = O. Po t rku pr va kocka to rej obmiruje , druga pa se giblje naprej z enako hitrostj o, kot jo je imela prva pr ed trkom. b) Gibanj e zaporednih kock med t rki lahko obravnavamo kot giba- nje ene sa me kocke. Med dvema t rkoma pr epotuje posam ezn a kocka pot 1- a = 8,5 cm , kjer je 1raz dalja med središči sosednjih kock in a st rani ca kocke. Kocke se ustavljajo zaradi trenj a. Celotno delo t renja ravno zmanjša začetno kinetično energijo na nič , to rej kjer je N + 1 šte vilo kock, ki se pr emaknejo med poskusom , 6.8 pa pr emik zadnje kocke. Dobimo N = 27, to rej se skupaj s pr vo pr em akne 28 kock. 3. Podatki: m = 1 g, h = 10 cm, 6.t = 0,2 ms, t = 0,21 s. Tik pred prvim odskokom ima kroglica hit rost V = J2gh; hit rost po odskoku pa je enaka začetni hitrosti pri navpičnem metu, v' = 9 ~t , sa j potrebuje čas ~ t , da doseže najvišjo lego, ko obmiruje . Izrek o gibalni količini pove F6.t = m(v - (-Vi)) = m( V2gh + ~gt) , 2 od to d izrazimo silo m( J 2gh + ~gt) F = 6.t = 12 N . 4. Podatki: i.p = 5°, 9 = 9,8 m/s2 . a) Pogoj za enakomerno gibanje na klan cu je a = g(sin i.p - kl cos i.p) = = O. Od tod dobimo ki == ko = arctgo = 0,0875. Iz grafa razb eremo, da to likšen k ustreza hi t rosti Vo = (4,73 ± 0,03) mi s. 0.18 k' 0.16 0.14 0 .12 u., 0.10 ko 0 .08 0.06 0.04 0.02 Tekmovanja I r-, 1---r. <;-, ~ - - - - - - - - ~ I -,I . _-_.- · _- ' P - _ . . . _ . . _. - . . ~ I ~ ""---- - I -,r-, I -, I r-, o 2 " UO lJ I V26 v [mi s] Slika 1. Slika k nalogi B4. 8 v' 10 b) Koeficient pr i 10 % večj i hit rosti VI = l ,lvo označimo s kI in s k2 t istega pr i hitrost i V2 = 1,lvI = 1,2l vo. Obe vrednosti odčitamo iz grafa. Za izračun pospeška vza memo povprečno vrednost Jo, = = (kI + k2 ) = 0,0745. Za iskani čas dobimo V2 - VI O,llvo t = - _- = (si ) = 4,25 s ± 0,25 s . a g sin tp - k cos tp c) P ri majhnih odmikih hit rosti od enakome rne hitrosti je spre- memb a koeficienta lepenja kar sorazmerna s spremembo hitrost i: (k - ko) = K (v - vo), kjer je K naklonski koeficient premi ce, ki ga odčitamo iz grafa k' K = - = -0,018 ia]«, v' Dobimo: kI = ko + K (VI - vo) in k2 = ko + K (V2 - vo) ~ ~ ko+2K(VI -vo). Vzamemo Jo, = (kI+ k2) = ko+ ~ K (VI - Vo) Tekmovanja in končno dobimo V2 - VIt = __--=--~c=- - g(sin

    . = 2,0 . 10- 2 W /mK. Gostota toplotnega toka, ki ga oddaja plošča , je j = PO/7rR2 = = 640 kW / m2 , kjer je Po topolotni tok s plošče , R pa njen Tekmovanja polmer. Nato je A,!},.T d = - .- = 4,7 J.Lm. J Z ~T = 150 K smo označili temperaturno razliko med površino plošče in spodnjo površino kapljice (ki je na temperaturi vrelišča vode) . Ker je ta temperaturna razlika med izparevanjem kap ljice konstantna, ima plast vodne pare ves čas enako debelino. ii. Prvi možni pristop je , da izračunamo povprečni toplotni tok, ki teče iz plošče v kap ljico. Privzamemo, da je gostota toka konstantna, zmanjšuje pa se stična površina kapljice; v povprečju je enaka po lovici začetne F = ~j7rr2 . V času t izpari vsa kap lj ica in velja Pt = mq, ali torej t = 2P.Qi r = 2P?i 3f!!i = 15 s . J J V7rP Pri drugem načinu zapišemo energijsko bilanco za kratek čas ~t, ko se debelina površja kap ljice zmanjša za ~r: j7rr2~t = P 47rr2~r Qi in dobimo ~t = 4pQi ~r . j Debelina se torej zmanjšuje premo sorazmerno s časom. Kapljice ni več , ko je ~r = ~r, in za čas izparevanja dobimo enak rezult at kot zgoraj. 2. Podatki: rl = 30 cm, r2 = 45 cm, 1 = 100 cm , h = 20 cd . Izenačimo osvetljenosti papirja in mastne li se pri prvi meritvi: ali Tekmovanja I pri čemer smo z ap in am označili odbojnost , s tp in tm pa prepustnost papirj a oziroma mastne lise. Pri drugi meritvi dobimo ali 12 t, "2 (ap - am) = (l )2 (tm - tp) . r 2 - r2 Enačbi delimo in dobimo 3. Podatki : r = 300 m, g = 9,8 m/s2 , h = 10 m, t = 2,5 s. a) Iz pogoja w 2r = g dobimo w = v"ii77' = 0,181 S-l. b) Ko te lo spustimo, nanj ne deluj e več nobena sila, zato se za mirujočega opazovalca giblje premo ena komerno s hitrostj o, ki je enaka začetni . Za opazovalca , ki se vrt i skupaj s post aj o, pa je gibanje navidezno krivo: te lo pada , hkrati pa se odklanja v nasprotni smeri gibanja. c) Za mirujočega opazovalca je začetna hitrost tel esa enaka obodni hitrosti na razdalji r - h: v = w(r - h). Telo se giblje po polovici tetive, ki ji ustreza ra dij r in višina h . Pri tem napravi pot s = J r2 - (r - h)2 = J h(2r - h). Za pot porabi čas t = s /v = = J h(2r - h)/ w(r - h) = 1,46 s. (Približno tolikšen rezult at (1,43 s) dobimo z naivnim sklepanjem, da gre za prosti pad s posp eškom g, vendar takšen račun ni upravičen . ) Začetni in končni točki ustreza krožni lok (s središčem v središču postaje) 'P = arccos((r - h) /r) , vznožje st olpa pa pri t em opiše kot 'Po = wt . Telo se dot akne tal na razdalji s = r( 'P - 'Po) = = r(arccos((r - h)/ r) - wt) = -1 ,8 m, to rej za vznožjem stolpa, gledano v smeri vrtenja. d) Telo za mirujočega opaz ovalca opiše tetivo. Polovični kot krož- nega izseka nad te tivo označimo s 'P . Točka na t leh, iz katere smo vrgli telo, opiše enak kro žni lok 2'P = wt, torej 'P = wt. Ker te lo v tem času opravi pot s = 2r sin 'P , dobimo za njegovo hitrost v = 2r sin 'P/t = 2r sin (wt )/t . Kot , ki ga tvori vekt or hitrosti z vodorav nico, je enak kar 'P . Tekmovanja Doblj ena hitrost in kot sta merj ena za mirujočega opazovalca in sta različna za opazovalca na tl eh postaje. Navpični (radialni) kompo- nenti hitrosti sta enaki, torej v .L = v sin ep, vodoravni (tangentni) pa se razlikuj et a za obodno hitrost tal, Vo = r w: VII = V cos ep - r w , če z V.L in VII označimo komponenti za opazovalca na t leh . Za kot prot i vodoravnici dobimo V.L (sin 2( wt ) )f3 = ar ct g - = ar ctg = -81,4° VII cos (wt ) sin (wt) - wt in za velikost hitrosti v' = JVi + v~ = = ~ v~si-n-2(-w-t-)-+-(-w-t-)2--- w-t-si-n-(w- t-)-co- s-(w- t ) = = 12,2 ui]« , Bojan Golli REŠITVE N ALOG S PRVEGA TEKMOVANJA IZ UNIXA - S st r . 208 V prejšnji številki smo pr edstavi li naloge, ki so bile aprila lani zas tavljene na prvem repub liškem tekmovanju iz Unixa. Tisti bralci in br alke, ki so naloge medtem morda poskusili rešiti sami, lahko svoj e rešit ve primerjajo z "uradnimi" , predstav ljenimi v tem pr ispevku. R eš it ev 1. n aloge : Frekvenčna a n a liza b esedila . Naloga je pr eprosto rešljiva z up orabo ukazov sort in uniq te r nekaj spretnost i v rokovanju s cevmi. Cevi so pripomočki v ukazni lupini, s katerimi lahko povežemo izhod enega programa z vhod om drugega. Rešit ev lahko zapišemo veni vrst ici: cat datot eka I tr " " "\n" I sort I uniq -c I sort -n Kr atka razlaga: z ukazom tr razsekamo datot eko z besedil om tako, da je vsaka beseda v svoj i vrstici. Sestavljalec naloge nam jo je olajšal s tem, da nam ni treba paz it i na vejice, pike in druge nečrke. Izhod iz tr ur edimo tako, da ga po cevi ( 1) nap eljemo na standardni vhod programa sort . Na izhodu sort dobimo po abecednem redu urejen seznam vseh Tekmovanja I besed v besedilu . Napeljemo ga na vhod progra ma uniq. Ta iz vhodnega toka podatkov odstrani ponovljene zaporedne vrst ice, zar adi izbire -c pa izpiše v prvem st olpc u tudi število ponovitev posamične vrstice. Vse, kar potrebujemo, je le še, da tak seznam uredimo, tokrat po številu ponovitev v prvem stolpcu . Spet uporabimo ukaz sort , ki mu tokrat podamo izbiro -n, da zapise uredi po številčni vrednosti polj a namesto po abecednem redu. Opisan a rešitev loči besede, ki so različno zapisane z malimi in velikimi črkami . Zap oredni presledki se preslikajo v pr azne vrstice, ki jih zadnje urejanj e tudi prešteje. Za ilust racijo podajmo deset najpogostejših besednih oblik v Levsti- kovi povesti Martin Krpan skupaj z njihovimi frekvencami : 61 v 65 Krpan 74 bi 74 na 107 da 121 in 127 ne 142 se 161 pa 207 je Rešitev 2. naloge: Vi. Sest avljalci smo od tekmovalcev pričakovali , da poznajo ali "izumijo" pojem zaklepanj a datot eke. Dani program (v našem primeru vi) preimenuj emo ali prest avim o v imenik, ki ga up orab- niki nimajo na seznamu imenikov, kjer iščejo izvedljive datoteke (spre- menljivka PATH). Na njegovo mest o postavimo lupinski program, ki , ko ga poženemo, ustvari zaklepno datoteko, požene urejevalnik in ob izhodu za sebo j pobriše zaklepno datoteko. Zaklepno datot eko ust varimo v istem imeniku, kjer je tudi datot eka , ki jo urejamo , in ne denimo v imeniku /tmp. S te m se izognemo zmedi , ki bi nas t ala , če imam o v različnih imenikih datoteke z enakim imenom. Dobra rešitev se mora tudi izogniti situaciji, ko začneta dva uporab- nika hkrati urejati datoteko: up orabnik A požene lupinski program, ki ugotovi, da zaklepna datoteka še ne obstaja, in se jo nameni ust vari ti . Vmes vskoči - ne pozabimo, Unix je večopravilni sistem! - uporabnik B, in ker zaklepna datoteka v ti stem t renutku še ni ustvarj ena , poskuša storiti enako. Da se nastali tekmi (ang . race condition) izognemo, postopek obr- nemo: najprej ust varimo zaklepno datoteko in šele potem preverimo, ali smo jo sploh uspeli ust variti . Se sliši čudno? Predst avljena rešitev z I Tekmovanja ukazom touch počenja natančno to . Ukaz touch, ki kot argument sprejme ime datoteke, postavi datum zadnjega dostopa do datoteke na trenutni čas, če datoteka že obstaja; če pa še ne , ustvar i datoteko s po danim imenom in trenutnim časom dostopa. V rešitvi vedno posku simo ustvariti zakl epno datot eko, ki je drugi uporabniki ne smejo spremenit i, nato pa se ravnamo po izhodnem stat usu ukaza t ouch. Ta je ob uspešno izvedeni akciji enak nič (kar v stavku ii ustreza "pravilno" }, sicer pa ne ( "napačno") . Situacij , v katerih touch ni uspešen , je več , t u pa nas zanima pr edvsem ena : touch javi napako, kadar se z njim lotimo datoteke, ki je v last i drugega uporabnika in za katero nimamo pr avice do pisanja. Zato z ukazom umask poskrbimo, da bo tako, pr eden izvedemo touch: zaklepno dato teko lahko bere in piše (r w) le njen las t nik (u, user), uporabniki iz iste skupine (g, group) in vsi ostali uporabniki (o, other ) pa ne. Ukaz umask vsem na novo ustvarj en im datotekam določi privzeto obnašanje , ne samo programu touch. Da se to ne bi raz vleklo predaleč, smo ukaza umask in touch z okroglimi oklepaji omejili na podlupino . Latovš čina > /dev/null 2>&1 pomeni, da izhod ukaza touch zavržemo (pošljemo na ponikalnico, /dev/null) , ob enem pa pr eusmerimo standardni izhod za nap ake (2. kan al ) na običajen (1. kanal) izhod (2)&1) . Tega pa smo tako ali tako zavrgli , tako da je touch povsem nem. # !/bin/ksh if ( umask u=rw , g=,o = touch . $l .lock > /dev/null 2>&1 ) t hen vi $1 rm - f .$l. l ock el s e echo "Dat ot eka $1 j e trenutno zaklenj ena ." fi Še nekaj opomb. Predlagana rešitev ne prepreči istemu up orabniku, da bi sam večkrat odprl datoteko. Kar v te m primeru ni napaka, saj naloga tega t udi ne zahte va od nas. Nič tudi ne preprečuj e sistemskemu oskrbniku (root), da bi z vi odprl katerokoli datoteko. Rešitev z ovoj nim lupinskim programom tudi ne prepreči , da up orabnik iz vi ne začne z ukazom : e urejati nove datoteke. Omenimo še, da za razliko od izvornega vi z AT&T nekatere kasnejše izvedbe že same po seb i izdelujejo zaklepne datoteke. vim (Vi Improved) , ki je standardna oprema Linuxa, je ena od njih . 316 Tekmovanja I R ešitev 3. naloge: P remešaj. Naloge z naključno permutacijo se lahko lot imo z grobo silo: vsaki vrstici pri lepimo na začetek naključno število, zaporedje vrstic ur edimo po teh številih , na koncu pa v ur ejeni datoteki dodana števila spet porežemo . Rešitev lahko zapišemo veni sami vrstici: awk ' { print randO, $0 } ' urej ena I s or t -n I eut -d " " -f 2- Kr atka razlaga verjetno ni odveč . Prvi ukaz na datoteki urejena izvede nas lednji ukaz v skriptnem jeziku awk: { print rand O , $0 } Za vse, ki s tem skr iptnim jezikom niso posebej domači - stavki v awk imajo obl iko pogoj { st avek } Za vsak zapis (privzeto je to vrstica) se prever i, ali je pogoj izpo lnjen , in če je, se izvede pripadajoči stavek. Pogoja v našem pri meru nismo navedli, kar pomeni, da je ved no izpo lnjen. Stavek, ki ga izvedemo, pravi: izpiši naključno število, zatem pa še dejansko vseb ino vrstice. Takšen izhod napeljemo v program sort , ki z izbiro -n uredi zap ise po nj ihov i številčni vrednosti. V zadnje m koraku zapise obdelamo z ukazom elit . Izb iri , ki smo mu ju podali, pomenita: prvič , polja v zap isu so ločena s presledkom (- d " "), in drugič, izpišemo polja od drugega polja do konca (- f 2-). Prvo po lje je bilo naklj učno število, ki smo ga dodali v prvem koraku. Pa še posladek . Zahtevnost ravnokar opisanega algor itma je v pov- prečju O(n log n) . Sredi šestdesetih let je Richard Durstenfeld opisal hitrejši algoritem za gradnjo naključne permutacije z linearno časovno odvisnostjo O(n) . Tu ga zapišimo izved enega v jeziku Perl: #!/usr/bin/perl @vr s t iee =<> ; for ($i = $#vrstiee j $i >= O; $i-- ) { $r nd = rand ( $i ); pr int $vrs t i ee [$rnd] j $vrs t i ee [$rnd] = $vrstiee [$i]; } Natančnejša razlaga Durstenfeldoveg a algoritma za gradnjo naključne permutacije je podana pri nalogi 4.2 v zbirki nalog C naj bo avtorjev Martina J uvana in Matjaža Zaveršnika, ki je izšla pr i DMFA. Tekmovanja R eši t ev 4. naloge: Številke IP. Naloga zahteva od nas, da v besedilu pr ep oznamo naslednji vzorec: pr esledek , ena, dve ali t ri števke, stična pika, po nov no ena, dve ali t ri števke, stična pika , sp et ena, dve ali tri št evke, stična pika, končno spet ena, dve ali t ri šte vke ter zaklj učni pr esledek . Vzorec lahko elegantno opišemo kot regularni izraz v Perlu : \b\d{1 ,3}\ .\d{1 ,3}\.\d{1 ,3}\.\d{1 , 3}\b Pri tem \b pomeni rob besede, \. je eksplicit na pika (pika brez uvodne nagibnice v skladnj i regu larnih izrazov pom eni katerikoli znak) , \d{l , 3} pa seveda pomeni od ene do t reh zap orednih števk. Celot na rešit ev razpade na dva dela . V prvem delu pr eberemo dato- teko /etc/hosts in pr ipravimo tabelo pr eslikav. V drugem pa prečešemo besedilo in vse vzorce, ki jih najdemo, zamenj am o z odgovarjajočo vre- dn ostj o iz tabele. Spet rešitev v Perlu : #!/usr/bin/perl open (HOSTS_FI LE, "/etc/hosts" ) ; yhile ($l i ne =