Ekonomické aplikace nekonečné geometrické řady

MATEMATIKA Ekonomické aplikace nekonečné geometrické řady Pavel Pražák, FIM UHK, Hradec Králové

1. Úvod I když je v současných středoškolských učebnicích aplikacím matematiky v ekonomii jistý prostor věnován, srv. [3], [4], [5], student střední školy má mnohem větší možnost seznámit se s použitím matematiky ve fyzice, případně technice. To je důvod, proč bychom rádi v tomto článku upozornili na další zajímavé ekonomické aplikace středoškolské matematiky, se kterými se zájemci o ekonomii dříve či později seznámí. 2. Použité pojmy V úvahách budeme potřebovat poznatky o geometrických posloupnostech a poznatky o limitách posloupnosti. Některé zde stručně připomeneme (podrobněji viz např. [3]): Pro součet sn prvních n členů geometrické posloupnosti s kvocientem q = 1 a prvním členem a1 platí vztah 1 − qn . (1) sn = a 1 1−q Dále budeme potřebovat tvrzení, že geometrická posloupnost (q n )∞ n=1 , pro jejíž kvocient q platí |q| < 1, je konvergentní a lim q n = 0.

n→∞

(2)

3. Motivace – multiplikační efekt vládních výdajů Uvažujme∗ ) tuto praktickou situaci: Vláda uvolnila dodatečných 100 miliónů Kč na obnovu silnic. Firmy, které tuto částku inkasují, rozdělí peníze svým akcionářům a zaměstnancům. Jednotlivci, kteří se stali příjemci peněz, z nich jistou část uspoří, další část použijí na zaplacení ∗

) Úvahy platí v rámci tzv. neo-keynesiánské makroekonomie, která požaduje spl-

nění jistých předpokladů, např. dostatek nabídky nebo pevné mzdy a ceny. Tyto podrobnější informace však v našem textu nebudeme blíže specifikovat.

Ročník 83 (2008), číslo 1

1

MATEMATIKA

daní, je také možné, že určitou část použijí na koupi nemovitostí, ale lze očekávat, že část tohoto důchodu utratí za spotřební zboží a služby. Uvažujme, že na spotřebu je věnováno 60 % ze získaných peněz, tj. 60 milionů Kč. Firmy, které spotřební zboží vyrobily a prodaly, rozdělí tuto částku svým zaměstnancům a akcionářům, takže vznikne další přírůstek důchodů ve výši 60 milionů Kč. Jejich příjemci z nich opět 60 % použijí na spotřebu, takže se vytvoří další důchody ve výši 36 milionů Kč. Takto lze uvažovat dále a vzniká otázka, jaký je celkový přírůstek důchodů, pokud se daný proces odehrává do nekonečna. Chceme-li odpovědět na položenou otázku, bude třeba nalézt součet všech členů posloupnosti (an )∞ n=1 jednotlivých přírůstků: a1 = 100 milionů Kč a2 = 60 milionů Kč a3 = 36 milionů Kč ... To je geometrická posloupnost s kvocientem c = 0,6, který se v ekonomii nazývá sklon ke spotřebě . Dosud však umíme sečíst pouze konečný počet čísel, ale daná posloupnost má nekonečný počet členů. Zkusíme vzniklý problém vyřešit tak, že nejdříve sestrojíme posloupnost částečných součtů (sn )∞ n=1 , která bude vyjadřovat kumulovaný účinek uvažovaného jevu: milionů Kč s1 = a1 = 100 milionů Kč s2 = a1 + a2 = 160 s3 = a1 + a2 + a3 = 196 milionů Kč ... Pro n-tý člen této posloupnosti platí sn = a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a n =

1 − cn , (3) 1−c kde jsme využili vztah (1) pro součet prvních n členů geometrické posloupnosti. Zdá se přirozené, že odpovědí na položenou otázku, tj. jaký je celkový kumulovaný účinek popisovaného jevu, by za předpokladu, že posloupnost (sn )∞ n=1 je konvergentní, měla být hodnota s limity lim sn pro n → ∞. Protože c = 0,6 < 1, můžeme při výpočtu této limity použít výsledku (2) a psát: = a1 + a1 c + a1 c2 + · · · + a1 cn−1 = a1

s = lim sn = lim a1 n→∞

2

n→∞

a1 1 − cn = . 1−c 1−c

(4)

Rozhledy matematicko-fyzikální

MATEMATIKA

Pro dané hodnoty konkrétně získáme s=

100 = 250 1 − 0,6

a provedené úvahy můžeme uzavřít takto: počáteční vládní výdaj ve výši 100 milionů Kč umožnil vytvořit celkem 250 milionů Kč, které navýší domácí produkt. Koeficient 1 1−c se v ekonomii nazývá jednoduchý multiplikátor vládních výdajů. Na základě uvedených úvah lze obecně popsat tento jev: Vládní výdaje zvyšují důchody lidí. Ti tak mohou zvětšit svoji spotřebu. To vyvolá další zvýšení důchodů. Příjemci těchto důchodů mohou také zvětšit svoji spotřebu, což znovu vyvolá zvýšení důchodů. Lze předpokládat, že se popsaný proces stále opakuje, takže přírůstek vládních výdajů přispěje několikanásobně k přírůstku domácího produktu. Tento jev se v ekonomii nazývá multiplikační efekt vládních výdajů. 4. Nekonečná geometrická řada. Připomeňme nyní některé pojmy, které nám pomohou problém studia součtu nekonečně mnoha čísel formulovat přesněji (podrobněji viz [3]): Nechť (an )∞ n=1 je posloupnost reálných čísel. Symbol a1 + a2 + a3 + . . . =

∞

an

(5)

n=1

nazýváme řadou příslušnou dané posloupnosti. Je-li navíc posloupnost (sn )∞ n=1 , kde sn = a1 + a2 + · · · + an , konvergentní a má-li konečnou limitu s, říkáme, že řada (5) je konvergentní, má součet s a píšeme ∞

an = s.

n=1

Je-li posloupnost (sn )∞ n=1 divergentní, pak také říkáme, že řada (5) je divergentní. Stejným způsobem, jakým jsme získali vztahy (3) a (4), lze dokázat následující obecné tvrzení. Ročník 83 (2008), číslo 1

3

MATEMATIKA

Věta 1. [O konvergenci geometrické řady] Nekonečná geometrická řada, pro kterou a1 = 0, je konvergentní, právě když pro její kvocient q platí |q| < 1. V tomto případě je její součet s=

a1 . 1−q

(6)

5. Současná hodnota 5.1. Současná hodnota budoucích plateb Připomeňme nejdříve pojmy popisující složené úročení: Dnešní investice X Kč při roční úrokové míře r ∈ (0, 1) a ročním úrokovacím období bude na konci roku představovat hodnotu V = X(1 + r) Kč. To je ekvivalentní tvrzení, že částka V Kč vyplacená na konci prvního roku má dnes hodnotu V . X= 1+r Tato hodnota X se nazývá současná hodnota částky V na konci prvního roku. Stejnou úvahu lze provést i pro další období: Dnešní investice Y Kč při roční úrokové míře r a ročním úrokovacím období bude představovat hodnotu V = Y (1+r)2 na konci druhého roku. To znamená, že současná hodnota částky V splatné na konci druhého roku je Y =

V . (1 + r)2

Pokud bychom v tomto duchu pokračovali dále, můžeme říci, že současná hodnota ∗ ) P Vt pevně dané částky V , která bude vyplacena na konci t-tého roku od současnosti, bude při roční úrokové míře r a ročním úrokovacím období dána vztahem P Vt =

V . (1 + r)t

(7)

−1 , a protože Posloupnost (P Vt )∞ t=1 je geometrická s kvocientem (1+r) (1+r)−1 < 1, je to posloupnost klesající. Jinými slovy současná hodnota částky vyplacené v pozdějším časovém období má dnes menší hodnotu. ∗

) Anglický název present value je důvodem k ustálenému označení P V . Tuto dvojici

písmen je v této souvislosti třeba chápat jako jeden nedělitelný symbol. I když lze proti takovému způsobu označení vznést námitky, v ekonomii není ojedinělé.

4


MATEMATIKA

To je samozřejmé, neboť čím později v budoucnosti obdržíme pevnou částku V, tím méně je dnes třeba investovat, abychom v této vzdálenější budoucnosti danou částku obdrželi. To je důvod, proč ekonomové hovoří o zmenšených – diskontovaných budoucích příjmech a hodnota (1 + r)−1 se nazývá diskontní míra. Podle vztahu (2) je lim P Vt = 0,

t→∞

což lze interpretovat tak, že současná hodnota libovolné pevné částky (ať je jakkoliv vysoká), která bude vyplacena v nekonečně vzdáleném roce, je nulová. 5.2. Současná hodnota věčného důchodu Důchod je posloupnost plateb, které jsou v průběhu určitého období periodicky vypláceny příjemci. Délka časové periody výplat je přitom konstantní. Je-li důchod vyplácen neomezenou dobu pomocí stejných částek, mluvíme o věčném důchodu, neboli perpetuitě . Příkladem takových plateb jsou např. nadace s každoročně opakovanou výplatou nadační ceny. Označme K hodnotu konstantní platby v každé časové periodě. Připomeňme dále příklad 5.1, kde jsme odvodili vztah (7) pro současnou hodnotu obnosu K vyplaceného na konci t-té časové periody. Současná hodnota věčného důchodu je PV = K

1 1 +K + ···, 1+r (1 + r)2

kde r ∈ (0, 1) je úroková míra. To je geometrická řada s prvním členem a1 = K · (1 + r)−1 a kvocientem q = (1 + r)−1 < 1. Podle věty 1 můžeme tuto řadu sečíst a použijeme-li (6), získáme PV = K

1 · 1+r

1 1 1− 1+r

=

K . r

6. Tvorba peněz v bankách Domácnosti i firmy si své peníze ukládají do bank. Ty mají od centrální banky předepsánu povinnou minimální míru rezerv.∗ ) V našich ∗

) Česká národní banka požaduje 2 %, viz www.cnb.cz.


5

MATEMATIKA

početních úvahách budeme pro jednoduchost předpokládat např. hodnotu 10 %. To znamená, že ze všech vkladů musí mít banky k dispozici ve formě hotovosti rezervu 10 %; tato hotovost je většinou uložena u centrální banky. Zbytek mohou volně půjčovat a z těchto půjček získávat úroky. Banky půjčené peníze ze žádného účtu svých klientů neodepisují, a tak vždy, když banka někomu půjčí peníze, vznikají nové peníze. Podrobný popis tohoto procesu lze nalézt např. v [2] nebo v [1], zde uvedeme velmi zjednodušené úvahy: Půjčí-li banka svému klientovi peníze, klient je utratí a subjekt, který od nich peníze dostal jako tržbu, si je uloží opět u banky. Tyto nové peníze nová banka opět půjčí dál, resp. pouze část z nich, např. 90 %, pokud centrální banka požaduje 10 % povinných rezerv. Uveďme raději konkrétní příklad: Pokud do banky vložíme částku a1 = 1 000 Kč, banka si 100 Kč uloží jako povinnou rezervu a zbytek, tj. 900 Kč, se snaží někomu půjčit, aby mohla pobírat z půjčky úrok. Klient, který si půjčí těchto 900 Kč, je utratí, a subjekt, který tuto částku obdrží, ji vloží do další banky. Další banka tedy přijme vklad a2 = 900 Kč, povinně uloží 90 Kč a půjčí 810 Kč. Další banka přijme od nějakého klienta a3 = 810 Kč, povinně uloží 81 Kč a půjčí 729 Kč. Proces takto pokračuje a vznikají další a další peníze na účtech bank. Otázkou je, kolik peněz se touto formou může vytvořit. Posloupnost (an )∞ n=1 je geometrická s prvním členem a1 = 1 000 a kvocientem q = 0,9. Otázku lze tedy formulovat tak, jaký je součet geometrické řady a1 + a2 + a3 + · · ·. Podle vztahu (6) to je

s=

1 000 a1 = = 10 000, 1−q 1 − 0,9

takže popsaným procesem může vzniknout 10 000 Kč. Koeficient (1−q)−1 nazývají ekonomové jednoduchým peněžním multiplikátorem a zjednodušeně popsanému prosesu se říká multiplikovaná expanze depozit. Je dobré poznamenat, že přesné množství nových peněz, které uvedeným způsobem z určitého vkladu vzniknou, závisí vedle míry povinných rezerv také na řadě dalších faktorů, např. zda dokáže banka všechny peníze, které může půjčit, skutečně někomu poskytnout jako úvěr, nebo na tom, kolik peněz se do bank vrátí jako vklady a kolik z nich se stane oběživem. Vzniká tedy otázka, jaká je účinnost multiplikačního efektu a otvírá se cesta k podrobnějšímu studiu, viz např. [2] nebo [1]. 6


MATEMATIKA

7. Závěr Ve středoškolských učebnicích matematiky jsou většinou uvedeny geometrické úlohy, které vedou na použití geometrické řady, viz také [6]. V článku jsme na problému multiplikačního efektu vládních výdajů, problému věčného důchodu nebo na problému tvorby peněz v bankách ukázali použití nekonečné geometrické řady v ekonomii. Důraz jsme kladli na použití matematických pojmů a získané výsledky jsme z pohledu ekonomie interpretovali až následně. Literatura [1] Fuchs, K., Tuleja, P.: Základy ekonomie. Ekopress, Praha, 2003. [2] Holman, R.: Makroekonomie, středně pokročilý kurz. Nakl. C. H. Beck, Praha, 2004.

[3] Odvárko, O.: Matematika pro gymnázia, Posloupnosti a řady. Prometheus, Praha, 1995.

[4] Odvárko, O.: Posloupnosti a finanční matematika pro střední odborné školy a studijní obory středních odborných učilišť. Prometheus, Praha, 2002.

[5] Odvárko, O.: Úlohy z finanční matematiky pro střední školy. Prometheus, Praha, 2005.

[6] Trojovský, P.: O některých geometrických úlohách vedoucích na geometrickou řadu. MFI 5 (2006), 257–267.

O důkazech zajímavých číselných rovností Jaroslav Švrček, PřF UP Olomouc Cílem článku je podrobněji seznámit čtenáře s nejpoužívanějšími metodami důkazů výjimečných číselných rovností, které jsou splněny pro speciální (zpravidla iracionální) hodnoty goniometrických funkcí. Takové identity můžeme na sebevýkonnějším počítači pouze otestovat s omezenou přesností. Poznatky získané v tomto článku lze úspěšně využít při hledání nebo dokazování jiných číselných identit uvedeného typu. Nejpřirozenější cestou, jak dokázat takovou číselnou identitu, je využití základních goniometrických vzorců (goniometrických identit). Jedná se především o aplikace součtových formulí (pro dva argumenty) a dále využití jejich důsledků, kterými jsou formule pro dvojnásobný, resp. trojnásobný argument. Uplatníme je při řešení úvodní úlohy. Ročník 83 (2008), číslo 1

7

MATEMATIKA

Příklad 1. Dokažte, že platí tg 45◦ · tg 35◦ · tg 25◦ · tg 15◦ = tg 5◦ . Řešení: K důkazu využijeme dvě goniometrické identity tg(α ± β) =

tg α ± tg β 1 ∓ tg α tg β

a

tg 3γ =

tg γ (3 − tg2 γ) , 1 − 3 tg2 γ

které jsou splněny pro všechny přípustné hodnoty argumentů α, β a γ. První z nich je známý součtový vzorec, z něhož snadno odvodíte i druhou identitu, a to na základě rovností tg 2γ = tg(γ + γ) a tg 3γ = tg(2γ + γ). Pomocí těchto vztahů (pro α = 30◦ , β = γ = 5◦ ) a rovnosti 2 tg 30◦ = 13 upravíme postupně hodnotu L levé strany dané rovnosti. Platí L = tg 45◦ · tg 35◦ · tg 25◦ · tg 15◦ = tg 35◦ · tg 25◦ · tg 15◦ = = tg(30◦ + 5◦ ) · tg(30◦ − 5◦ ) · tg(3 · 5◦ ) = =

tg 30◦ + tg 5◦ tg 30◦ − tg 5◦ tg 5◦ (3 − tg2 5◦ ) · · = 1 − tg 30◦ · tg 5◦ 1 + tg 30◦ · tg 5◦ 1 − 3 tg2 5◦

=

tg2 30◦ − tg2 5◦ tg 5◦ (3 − tg2 5◦ ) = 2 ◦ 2 ◦ · 1 − tg 30 · tg 5 1 − 3 tg2 5◦ 1 3

=

− tg2 5◦ tg 5◦ (3 − tg2 5◦ ) · = 1 − 3 tg2 5◦ 1 − 13 tg2 5◦

=

1 − 3 tg2 5◦ tg 5◦ (3 − tg2 5◦ ) · = tg 5◦ . 3 − tg2 5◦ 1 − 3 tg2 5◦

Tím je důkaz dané číselné identity ukončen. Podobným postupem lze dokázat např. také následující tři číselné rovnosti. Pokuste se o to sami. Cvičení 1. Dokažte, že platí tg 40◦ + tg 60◦ + tg 80◦ = 3 tg 70◦ , ◦

◦

◦

(1)

◦

tg 9 − tg 27 − tg 63 + tg 81 = 4, ◦

◦

◦

◦

(2) ◦

2 sin 2 + 4 sin 4 + 6 sin 6 + · · · + 180 sin 180 = 90 cotg 1 . 8

(3)


MATEMATIKA

Při důkazu další číselné rovnosti využijeme (pro mnohé možná překvapivě) prostředky syntetické planimetrie. Danou goniometrickou úlohu přitom převedeme na úlohu z geometrie trojúhelníku. Příklad 2. Dokažte, že platí cos 36◦ − cos 72◦ =

1 . 2

Řešení: Využijeme zde vhodných vztahů, které platí v rovnoramenném trojúhelníku ABC, jehož vnitřní úhly při základně AB mají velikosti 72◦ , takže úhel při hlavním vrcholu C má velikost 36◦ (obr. 1). Osa jeho vnitřního úhlu při vrcholu A protíná rameno BC v bodě D, přičemž trojúhelníky ABC a BDA jsou podobné. Všimněme si, že také trojúhelník ACD je rovnoramenný (se základnou AC); platí tudíž |AB| = |AD| = |CD|. Označme E střed základny BD v rovnoramenném trojúhelníku ABD.

C

D E A

F

B

Obr. 1

Z pravoúhlého trojúhelníku AEC je patrné, že platí cos 36◦ =

|BC| − 12 |BD| |AC| − 12 |BD| |CE| = = . |AC| |AC| |AC|

Podobně z pravoúhlého trojúhelníku AF C (F je střed základny AB) máme 1 1 |AB| |CD| cos 72◦ = 2 = 2 . |AC| |AC| Ročník 83 (2008), číslo 1

9

MATEMATIKA

Odtud plyne cos 36◦ − cos 72◦ =

|AC| −

=

1 2

(|BD| + |CD|) |AC| − 12 |BC| = = |AC| |AC|

|AC| − 12 |AC| 1 = , |AC| 2

což jsme chtěli dokázat. Jiné řešení nabízí důkaz pomocí vzorců pro rozdíl kosinů dvou argumentů a pro kosinus dvojnásobného argumentu. Platí cos 36◦ − cos 72◦ = =

2 (cos 36◦ − cos 72◦ )(cos 36◦ + cos 72◦ ) = 2 (cos 36◦ + cos 72◦ )

2 cos2 36◦ − 2 cos2 72◦ (cos 72◦ + 1) − (cos 144◦ − 1) = = ◦ ◦ 2 (cos 36 + cos 72 ) 2 (cos 36◦ + cos 72◦ ) =

cos 72◦ + cos 36◦ 1 = . 2 (cos 36◦ + cos 72◦ ) 2

Cvičení 2. Dokažte rovnost cos 36◦ · cos 72◦ =

1 . 4

Poznámka: Na základě výsledků příkladu 2 a cvičení 2 je možno přímo vypočítat √ √ 5+1 5−1 ◦ ◦ cos 36 = a cos 72 = . 4 4 Uvedené rovnosti lze však odvodit také jiným způsobem. Čísla sin 54◦ a sin 18◦ jsou totiž kladné kořeny rovnice 16x4 − 12x2 + 1 = 0, kterou získáme na základě rovností cos(5 · 54◦ ) = cos(5 · 18◦ ) = 0 ze vzorce pro cos 5α. Detailní výpočet se pokuste provést samostatně. Další možnou cestou, jak postupovat při důkazech číselných rovností zkoumaného typu, je využití algebraických prostředků, speciálně pak Viètových vzorců, jež udávají vztahy mezi kořeny a koeficienty algebraické rovnice. Poněvadž pro každou algebraickou rovnici n-tého stupně 10


MATEMATIKA

můžeme vypsat až n Viètových vztahů, lze při vhodném použití této metody očekávat současné odvození většího počtu zajímavých rovností. Uvedenou algebraickou metodu si ukážeme při řešení další úlohy. Příklad 3. Dokažte číselné rovnosti sin 10◦ + sin 50◦ = sin 70◦ , sin 10◦ · sin 50◦ · sin 70◦ =

(4)

1 . 8

(5)

1 1 1 + = + 6. sin 10◦ sin 50◦ sin 70◦

(6)

Řešení: Označme pro jednoduchost a = sin 10◦ , b = sin 50◦ a c = sin 70◦ . Naším cílem je tedy dokázat trojici rovností a + b = c,

abc =

1 , 8

1 1 1 + = + 6. a b c

Předně si uvědomme, že platí sin(3 · 10◦ ) = sin(3 · 50◦ ) = − sin(3 · 70◦ ) =

1 . 2

Přesvědčte se, že vzorec pro sinus trojnásobného argumentu má tvar sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x , odkud

1 3 sin x + sin 3x = 0. 4 4 Reálná čísla a, b a −c jsou proto kořeny kubické rovnice sin3 x −

1 3 x3 − x + = 0. 4 8 Podle Viètových vztahů tudíž platí a + b − c = 0, 3 ab − bc − ca = − , 4 1 abc = . 8 Ročník 83 (2008), číslo 1

(7) (8) (9) 11

MATEMATIKA

Ze vztahu (7) bezprostředně plyne identita (4), z rovnosti (9) vyplývá podobně identita (5). Vztah (8) nejprve upravíme na ekvivalentní tvar 1 1 1 3 + = + , a b c 4abc odkud po dosazení za abc ze vztahu (9) obdržíme přímo identitu (6). Tím je důkaz rovností (4)–(6) proveden. Poznámka: Číselnou identitu (4) lze na rozdíl od vztahů (5) a (6) snadno dokázat také užitím součtového vzorce pro funkci sinus. Podle něho sin 10◦ + sin 50◦ = 2 sin

10◦ − 50◦ 10◦ + 50◦ cos = cos 20◦ = sin 70◦ . 2 2

Cvičení 3. Dokažte číselné rovnosti 1 1 1 + + = 12, cos2 10◦ cos2 50◦ cos2 70◦

(10)

1 1 1 1 + + + = 40. cos2 20◦ cos2 40◦ cos2 60◦ cos2 80◦

(11)

Závěrem ukážeme, jak lze při důkazech goniometrických rovností efektivně využít také vektory. Příklad 4. Dokažte, že platí sin 5◦ + cos 13◦ − cos 49◦ − sin 113◦ + sin 149◦ = 0. Řešení: Upravme nejprve levou stranu na součet hodnot pěti sinů. Platí sin 5◦ + cos 13◦ − cos 49◦ − sin 113◦ + sin 149◦ = = sin 5◦ + sin 77◦ + sin 221◦ + sin 293◦ + sin 149◦ . Reálná čísla sin 5◦ , sin 77◦ , sin 149◦ , sin 221◦ a sin 293◦ jsou y-ové souřadnice vrcholů pravidelného pětiúhelníku vepsaného do jednotkové kružnice se středem v počátku O kartézské souřadnicové soustavy Oxy, má-li jeden z jeho vrcholů souřadnice [cos 5◦ , sin 5◦ ]. 12


MATEMATIKA

Protože v libovolném pravidelném n-úhelníku (n ≥ 3) je součet n vektorů, které mají počátek v jeho středu a koncové body po řadě ve všech jeho vrcholech, roven nulovému vektoru∗ ), jsou i součty odpovídajících x-ových i y-ových složek všech těchto vektorů rovny nule. V případě našeho pětiúhelníku tedy platí sin 5◦ + sin 77◦ + sin 149◦ + sin 221◦ + sin 293◦ = 0 a navíc také cos 5◦ + cos 77◦ + cos 149◦ + cos 221◦ + cos 293◦ = 0. Tím je důkaz ukončen. Cvičení 4. Dokažte, že platí cos 11◦ + cos 83◦ + cos 155◦ + cos 227◦ + cos 299◦ = 0. Závěrem uvádíme trojici složitějších číselných identit obsahující speciální hodnoty některých goniometrických funkcí. O jejich důkazy se můžete pokusit nejprve samostatně, v případě nezdaru si prohlédněte návody ke cvičením na straně 40. Cvičení 5. Dokažte rovnosti tg 1◦ + tg 5◦ + tg 9◦ + · · · + tg 173◦ + tg 177◦ = 45,

(12)

sin 10◦ · sin 20◦ · sin 30◦ · sin 40◦ · sin 50◦ · · sin 60◦ · sin 70◦ · sin 80◦ =

cos

∗

3 , 256

2 3 4 5 6 7 1 · cos · cos · cos · cos · cos · cos = . 15 15 15 15 15 15 15 128

(13)

(14)

◦ ) Otočíme-li kolem počátku každý z n sčítaných vektorů o 360 ve stejném směru, n

jejich součet se nezmění (výsledný součtový vektor se přitom rovněž otočí stejným způsobem). Tuto vlastnost má jedině nulový vektor.


13

MATEMATIKA

O páté úloze z MMO 2007 Jaromír Šimša, PřF MU Brno V čísle 4 ročníku 82 (2007) jsme otiskli celkovou zprávu o 48. ročníku Mezinárodní matematické olympiády, která se konala v červenci 2007 ve Vietnamu. Nyní se budeme věnovat páté z šestice hanojských úloh, která měla jedno z nejkratších zadání v bezmála padesátileté historii této soutěže: Kladná celá čísla a, b jsou taková, že číslo (4a2 −1)2 je dělitelné číslem 4ab − 1. Dokažte, že a = b. Nejprve se seznámíme se stručným, avšak úplným vzorovým řešením této úlohy. Nenechte se jeho obtížností odradit. Postup budeme totiž v další části článku komentovat, a tak si osvojíme jeho základní kroky, které vypadají při prvním čtení velmi nečekaně a rafinovaně. Uvidíme, že takové obraty mají obecnější povahu, a lze je proto využít i při řešení dalších úloh z teorie čísel. Pusťme se tedy nejprve do řešení úlohy ve stopách jejího autora a očíslujme přitom vztahy, ke kterým se později vrátíme. Z podmínky 4ab − 1 | (4a2 − 1)2 a rovnosti pro rozdíl čtverců b2 (4a2 − 1)2 − (a − b)2 = a(4ab − 1)(4a2 b + a − 2b)

(1)

vyplývá, že číslo 4ab − 1 dělí i číslo (a − b)2 z levé strany: 4ab − 1 | (a − b)2

(2)

Připusťme, že vztah (2) splňuje nějaká dvojice (a, b) přirozených čísel s vlastností a = b. S ohledem na symetrickou roli čísel v (2) můžeme dále předpokládat, že a > b. Pak odpovídající rovnost (a − b)2 = m(4ab − 1),

(3)

kde m je vhodné přirozené číslo, přepíšeme do tvaru (a − b − 2mb)2 = (2mb)2 + 4mb2 − m. 14


MATEMATIKA

Celé číslo t = |a − b − 2mb| je podle poslední rovnosti jistě větší než 2mb, neboť 4mb2 − m > 0. Vzhledem ke zřejmým nerovnostem t2 = (2mb)2 + 4mb2 − m < 4m2 b2 + 4mb2 < (2mb + b)2 však musí zároveň platit t < 2mb + b, dohromady tedy t = 2mb + b − c, kde celé číslo c splňuje nerovnosti 0 < c < b (< a).

(4)

Z rovností (2mb + b − c)2 = t2 = (2mb)2 + 4mb2 − m dostaneme vztah (b − c)2 = m(4bc − 1),

(5)

z něhož vidíme, že 4bc − 1 | (b − c)2 . Dvojice (b, c) proto splňuje tutéž podmínku (2) jako dvojice (a, b), takže k ní můžeme znovu uplatnit předchozí postup. Podle (4) je ovšem nová dvojice (b, c) v každé z obou složek menší než původní dvojice (a, b). Protože složky uvažovaných dvojic jsou přirozená čísla, můžeme celou proceduru zmenšování složek zopakovat pouze několikrát; po určitém počtu kroků proto dojdeme ke dvojici různých přirozených čísel, k níž už není možné proceduru uplatnit, a to je spor. Žádná dvojice různých přirozených čísel a, b splňující vztah (2) proto neexistuje. Tím je pátá úloha z 48. MMO úplně vyřešena. Pokud jste předchozí text četli pozorně a porozuměli všem úvahám, uznáte, že postup je správný a vede k cíli. Zdá se vám však patrně nepochopitelné, jak někoho mohla napadnout identita (1) nebo netušený přechod od rovnosti (3) k rovnosti (5). V dalším uvidíte, že i pro tuto úlohu lze výše uvedené, elegantně vycizelované řešení dostat z počátečních, nehotových úvah a výpočtů, jež napadnou i méně geniální“ řešitele, ” kteří však mají v úlohách z teorie čísel určitou zkušenost.∗ ) Nenechte se podobnými vzorovými texty deprimovat, jejich autoři je často dlouho vybrušovali. Spotřebitelsky vyjádřeno: obdobné koncentráty myšlenek je vhodné při duševní konzumaci rozředit. ∗

) Chcete-li se naučit řešit obtížnější matematické úlohy, o podobný rozbor vzorových

postupů byste se měli pokusit vždy, když výkladu řešení nějaké úlohy vcelku rozumíte, ale uniká vám smysl jednotlivých dílčích kroků (či spíše triků). Získáte tím více umu, než když pouze pročtete třeba i větší množství řešených úloh. Vyplatí se ovšem pokaždé, alespoň na chvíli, zkusit řešit novou úlohu vlastními silami, než se rovnou dát do čtení jejího řešení.


15

MATEMATIKA

V první části našeho komentáře se pochopitelně budeme zabývat objevem klíčového vztahu (2). Je možné tuto podmínku dělitelnosti odhalit, aniž nás rovnou napadne rozklad (1)? Podívejme se proto, zda nám při zadané podmínce 4ab − 1 | (4a2 − 1)2 může pomoci algebra mnohočlenů. Lze z dělence (4a2 − 1)2 obecně vyčlenit nějaký násobek dělitele 4ab − 1? V oboru mnohočlenů je to nesplnitelný úkol, neboť dělenec neobsahuje proměnnou b. Pomůžeme si proto tak, že dělence (4a2 − 1)2 donásobíme mocninou b2 , abychom do jeho základu 4a2 − 1 dostali činitel b. V pozměněném základu 4a2 b − b pak podle členu 4a2 b vyčleníme násobek a(4ab − 1) dělitele 4ab − 1. Dosavadní úpravy vyjádříme rovností b2 (4a2 − 1)2 = (4a2 b − b)2 = (a(4ab − 1) + a − b)2 . Poslední mocninu upravíme podle vzorce pro (X + Y )2 : (a(4ab − 1) + a − b)2 = a2 (4ab − 1)2 + 2a(4ab − 1)(a − b) + (a − b)2 Z takto získané algebraické rovnosti b2 (4a2 − 1)2 = a2 (4ab − 1)2 + 2a(4ab − 1)(a − b) + (a − b)2

(6)

již plyne závěr: splňují-li celá čísla a, b podmínku 4ab−1 | (4a2 −1)2 , platí rovněž i vztah 4ab − 1 | (a − b)2 . Z rovnosti (6) už snadno vykouzlíte“ ” identitu (1) z úvodu vzorového řešení. Pro zajímavost ještě dodejme, že užité donásobení činitelem b2 zadanou podmínku úlohy v podstatě nezmění, neboť hodnoty 4ab−1 a b2 jsou zřejmě nesoudělná čísla. Znamená to, že podle rovnosti (6) pro libovolná celá čísla a, b dokonce platí 4ab − 1 | (4a2 − 1)2 ⇐⇒ 4ab − 1 | (a − b)2 . Obrátíme teď naši pozornost na zdánlivě neobvyklý postup, kterým byla z rovnosti (3) odvozena analogická rovnost (5). Vedly provedené úpravy a substituce k tak působivému závěru opravdu jen náhodou? Zapišme nejprve k rovnosti (3) příslušnou kvadratickou rovnici (x − b)2 = m(4bx − 1),

(7)

o které víme, že má celočíselný kořen x1 = a. V takové situaci se v úlohách z teorie čísel často vyplatí uvažovat i o druhém kořenu x2 dané rovnice. Přepíšeme-li rovnici (7) do obvyklého tvaru x2 − 2(2m + 1)bx + m + b2 = 0, 16

(8)


MATEMATIKA

zjistíme, že podle Viètových vztahů platí x1 + x2 = 2(2m + 1)b a x1 · x2 = m + b2 .

(9)

Protože čísla x1 = a a 2(2m + 1)b jsou celá, z první rovnosti (9) vyplývá, že i číslo x2 je celé. A protože navíc x1 = a > 0 a m + b2 > 0, je podle druhé rovnosti (9) i číslo x2 kladné. Našli jsme tedy druhé přirozené číslo x2 , které stejně jako číslo x1 = a vyhovuje rovnici (7), tedy splňuje podmínku 4bx − 1 | (x − b)2 úlohy, kterou řešíme. Bude tedy zajímavé zjistit, jak jsou tyto kořeny velké v porovnání s číslem b. Stejně jako ve vzorovém řešení navrhneme, že se budeme zabývat pouze případem a > b. Je pak kořen x2 menší než kořen x1 = a, nebo je dokonce menší než číslo b? Rutinními (byť ne třeba nejkratšími) úpravami nerovností zjistíme, že správná je druhá, silnější hypotéza x2 < b. Podáme zde elegantní vysvětlení, když ukážeme, že platí nerovnost (x1 − b)(x2 − b) < 0. K tomu využijeme obě rovnosti (9), podle kterých (x1 − b)(x2 − b) = x1 x2 − (x1 + x2 )b + b2 = = (m + b2 ) − 2(2m + 1)b2 + b2 = = m − 4mb2 = m(1 − 4b2 ) < 0. Ani tento obrat nebyl příliš trikový, neboť jsme počítali hodnotu levé strany rovnice (8) pro x = b, když jsme předem dobře věděli, v jakou nerovnost přejde ekvivalentní rovnice (7) po dosazení x = b – podívejte se na to sami. Zjistíte tak, že pro jakákoliv daná reálná čísla b, m, pro něž m(4b2 − 1) > 0, má rovnice (7) v oboru reálných čísel dva různé kořeny x2 < b < x1 . Běžnými úvahami o kvadratické rovnici jsme tedy objevili přirozené číslo c = x2 , které ve vzorovém řešení splňuje vztahy (4) a (5). Zbývá okomentovat závěrečnou autorskou úvahu o zmenšování dvojic, která je uplatněním v teorii čísel hojně užívané metody nekonečného sestupu.∗ ) Protože jsme tuto proceduru v samotném vzorovém řešení podrobně popsali, ukážeme teď její užitečnost ještě na jiné, jednodušší úloze: V oboru nezáporných celých čísel x, y, z vyřešíme rovnici x3 + 2y 3 = 4z 3 . ∗

(10)

) Mezi soutěžícími všech zemí na 48. MMO se nenašel nikdo, kdo by úlohu úspěšně

vyřešil jinou metodou.


17

MATEMATIKA

Trojice (x, y, z) = (0, 0, 0) je zřejmě řešení. Připusťme, že existuje ještě nějaké jiné řešení (x1 , y1 , z1 ) rovnice (10). Vysvětlíme nejprve, že pak již žádné z nezáporných celých celých x1 , y1 , z1 se nemůže rovnat nule. Kdyby například platilo x1 = 0, měli bychom rovnost 2y13 = 4z13 , √ 3 je pro celá y1 , z1 splněna jedině v případě neboli y1 2 = z1 , která ovšem √ y1 = z1 = 0, neboť číslo 3 2 je iracionální. Podobně vyloučíme případy y1 = 0, resp. z1 = 0. Nechť tedy v rovnosti x31 + 2y13 = 4z13 jsou všechna tři celá čísla x1 , y1 , z1 kladná. Z vypsané rovnosti vidíme, že číslo x1 je nutně sudé, takže x1 = 2x2 pro některé celé x2 , 0 < x2 < x1 . Po dosazení dostaneme rovnost 8x32 + 2y13 = 4z13 , neboli 4x32 + y13 = 2z13 , ze které zase plyne y1 = 2y2 pro některé celé y2 , 0 < y2 < y1 . Po opětovném dosazení dostaneme rovnost 4x32 + 8y23 = 2z13 , neboli 2x32 + 4y23 = z13 , ze které máme z1 = 2z2 pro některé celé z2 , 0 < z2 < z1 . Dosadíme-li ještě jednou, dostaneme rovnost 2x32 + 4y23 = 8z13 , neboli x32 + 2y23 = 4z23 . To však znamená, že nová trojice (x2 , y2 , z2 ) je stejně jako trojice (x1 , y1 , z1 ) řešením rovnice (10) a přitom platí 0 < x2 < x1 , 0 < y2 < y1 , 0 < z2 < z1 . Nyní k řešení (x2 , y2 , z2 ) stejným způsobem sestavíme řešení (x3 , y3 , z3 ), k řešení (x3 , y3 , z3 ) řešení (x4 , y4 , z4 ) atd. Metoda nekonečného sestupu nás opět dovede ke sporu, neboť žádná (nekonečná) klesající posloupnost sestavená z celých kladných čísel neexistuje. Na úplný závěr uveďme spíše formální poznámku, že výklad metody nekonečného sestupu můžeme zapisovat zkráceně. Tak při našem řešení rovnice (10) jsme mohli rovnou vybrat řešení (x1 , y1 , z1 ) s nejmenším možným číslem x1 > 0 (kdyby nějaké existovalo) a dojít ke sporu již při nalezení trojice (x2 , y2 , z2 ). Podobně při řešení páté hanojské úlohy jsme mohli ze všech dvojic (a, b), které splňují předpoklad a > b a podmínku 4ab − 1 | (a − b)2 , vybrat tu dvojici (a1 , b1 ), ve které je číslo a1 nejmenší možné. Na podstatě metody to však nic nemění. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Tajomstvo a sláva matematiky nie je ani tak v tom, že sa abstraktné teórie ukazujú ako užitočné pri riešení problémov, ale v tom, že teória pripravená pre jeden typ problémov je často jedinou cestou pre riešenie problémov úplne iného druhu, problémov, pre ktoré táto teória nebola Gian-Carlo Rota vymyslená.∗ ) ∗

) Vybral Dušan Jedinák

18


FYZIKA Bez grafů by bylo řešení úloh asi obtížnější 2. část Ivo Volf, PedF UHK Hradec Králové V grafickém záznamu v = v(t) můžeme pozorovat, že závislost velikosti rychlosti na čase je vyjádřena čarou, při našich zjednodušeních zpravidla úsečkou. Je-li tato úsečka rovnoběžná s osou času (obr. 1), jedná se o pohyb rovnoměrný (rychlost je stálá). Obsah obrazce, kterým je obdélník o stranách délek v a ∆t = t2 − t1 , tedy ∆s = v∆t, je úměrný přírůstku dráhy za dobu ∆t. Obsah vyšrafovaného obdélníka na obr. 1 je v(t2 − t1 ). v m/s

t1

t2

t s

Obr. 1

Svírá-li tato úsečka s osou času ostrý úhel α, potom hledaným útvarem je trojúhelník nebo lichoběžník (obr. 2). Obsah trojúhelníka je 12 v1 t1 , obsah lichoběžníka je 12 (v1 + v2 )(t2 − t1 ). v m/s

v2

v1

t1 Ročník 83 (2008), číslo 1

t2

t s

Obr. 2

19

FYZIKA

Až se dostanete v matematice k matematické analýze, zjistíte, že příslušný obsah se dá vypočítat postupem zvaným integrování, přičemž t proměnná v (velikost rychlosti) je funkcí času t, tedy s = t12 v(t) dt. Postup, vycházející z grafického znázornění funkce v = v(t), nám umožňuje lépe si zapamatovat užívané vztahy pro výpočet dráhy, popř. si je rychle odvodit. Obdobně můžeme využít grafického záznamu k výpočtu práce, kterou je třeba vykonat při posouvání tělesa stálou silou F (obr. 3) nebo při natahování pružiny, u které víme, že síla F je lineární funkcí prodloužení x (obr. 4), tj. F = kx. Obsah vyšrafovaného obdélníka na obr. 3 je F (x2 − x1 ). F N

x1

x2

x m

Obr. 3

x2

x m

Obr. 4

F N

F2

F1 W2 W1 x1

Obsah trojúhelníka na obr. 4 je W1 = 12 F1 x1 , obsah lichoběžníka je W2 = 12 (F1 + F2 )(x2 − x1 ). Obsah vyšrafovaného trojúhelníka udává práci W1 = 20

1 1 1 F1 x1 = kx1 x1 = kx21 , 2 2 2 Rozhledy matematicko-fyzikální

FYZIKA

obsah lichoběžníka práci W2 =

1 2

(F1 + F2 )(x2 − x1 ) =

1 2

k(x2 + x1 )(x2 − x1 ) = 12 kx22 − 12 kx21 .

Tohoto postupu můžeme použít při řešení úloh, u nichž musíme uvažovat proměnnou sílu. Příklad 1. Námořník vytahuje lano (1) Námořník stojí na palubě a drží v ruce lano o délce l = 16 m, jehož 1 m délky má hmotnost 1,2 kg. Jak velkou práci námořník vykoná, než lano vytáhne? Řešení: Hmotnost lana je m = 16 · 1,2 kg = 19,2 kg a námořník ho začne vytahovat silou přibližně F = 188 N (volíme-li g = 9,8 m/s2 ). Jak lano vytahuje, zmenšuje se postupně působící síla, až při délce 16 m vytaženého lana bude působit silou 0 N (obr. 5). Práci určíme jako obsah trojúhelníka: W = 12 F l = 1 504 J F N

188

l = 16 m

x

m

Obr. 5

Příklad 2. Námořník vytahuje lano (2) Námořník stojí na palubě a drží v ruce konec lana o délce 30 m; z toho 16 m lana volně visí a 14 m je stočeno na molu, 1 m délky má hmotnost 1,2 kg. Jak velkou práci vykoná, než lano vytáhne? Řešení: Hmotnost lana je m = 36 kg, ale lano začne zvedat silou 188 N. Poté, co vytáhne 14 m lana na palubu, bude se síla nutná ke zvedání již zmenšovat až k nule. Na prvních 14 m lana působí námořník stálou silou F = 188 N, pak se síla lineárně zmenšuje (obr. 6). Celková práce je rovna: WC = 188 N · 14 m + Ročník 83 (2008), číslo 1

1 2

188 N · 16 m = 4 136 J 21

FYZIKA F N

188

14

x

30

m

Obr. 6

Příklad 3. Archeologové vytahují sloup (1) Archeologové vytahují sloup z jezera. Sloup stojí na dně, má délku l = 8 m, obsah příčného řezu je 0,4 m2 a je vytesán z pískovce ( = 2 400 kg/m3 ), hustota vody je v = 1 000 kg/m3 . Jak velkou silou působí sloup na lano jeřábu, jestliže na začátku děje je horní podstava právě pod vodou a na konci je pata sloupu h = 2 m nad hladinou? Jak velkou práci musí jeřáb vykonat? Řešení: Sloup má objem V = 3,2 m3 , hmotnost m = 7 680 kg, lano jeřábu je tedy napínáno silou F2 = 75 260 N, je-li sloup zcela nad hladinou vody. Ve vodě je vzhledem k hydrostatické vztlakové síle zatížení lana menší o 3,2 · 1000 · 9,8 N = 31 360 N. Ve vodě je lano napínáno silou F1 = 43 900 N. Jak se sloup postupně vynořuje, při zvedání se lano postupně zatěžuje, až poté, co pata sloupu začne vystupovat nad hladinu, se zvětší na koncovou hodnotu (obr. 7). Celková práce je: WC = W1 + W2 = 12 (F1 + F2 )l + F2 h = 476 640 J + 150 520 J = 627 160 J F N

F2

F1 W1

2 22

4

W2

6

8

x 10 m

Obr. 7


FYZIKA

Příklad 4. Archeologové vytahují sloup (2) Archeologové vytahují sloup z jezera. Sloup leží na vodorovném dně v hloubce 12 m, délka pískovcového ( = 2 400 kg/m3 ) sloupu je 10 m, obsah příčného řezu 0,4 m2 , hustota vody je v = 1 000 kg/m3 . K lanu jeřábu je sloup připevněn za horní patku, takže se nejprve postaví, pak je vytahován svislým směrem, začne se postupně vynořovat, po vynoření je ještě zvednut do výšky 2 m nad hladinu. Jak velkou práci musí jeřáb vykonat? Řešení: Nejprve určíme síly, jimiž lano působí na sloup. Na konci pohybu je F4 = mg. Jelikož je m = V , V = 4 m3 , m = 9 600 kg, je F4 = 94 080 N. Je-li sloup zcela ve vodě, bude nadnášen hydrostatickou vztlakovou silou 39 200 N, tedy zatížení lana bude F2 = 54 880 N. Zpočátku se bude sloup zvedat z ležící polohy, protože je opřen patou o dno, a tedy působící síla je jen poloviční, tj. F1 = 27 440 N. Průběh síly zatěžující lano je na obr. 8. Celkovou práci určíme jako součet prací na jednotlivých úsecích zvedání: 080 WC = 27 440 · 10 J + 54 880+94 · 10 J + 94 080 · 2 J = 2 = 847 194 J ≈ 847 kJ

100 000

F N

W4 W3 W2 W1 4

8

12

16

20

24

x

m

Obr. 8

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Jednou z pozoruhodných vecí na javoch nášho sveta je, s akou neobyčajnou presnosťou mu vládnu matematické zákony.∗ ) (R. Penrose) ∗

) Vybral Dušan Jedinák


23

INFORMATIKA Recepty z programátorské kuchařky Korespondenčního semináře z programování, VI. část*) Zdeněk Dvořák, Martin Mareš, Milan Straka, MFF UK Praha V šestém dílu programátorské kuchařky si povíme něco o hešování1) . Na heš se můžeme dívat jako na pole, které ale neindexujeme po sobě následujícími přirozenými čísly, ale hodnotami nějakého jiného typu (řetězci, velkými čísly apod.). Hodnotě, kterou heš indexujeme, budeme říkat klíč. K čemu nám takové pole může být dobré? • Aplikace typu slovník – máme zadán seznam slov a jejich významů a chceme k zadanému slovu rychle najít jeho význam. Vytvoříme si heš, kde klíče budou slova a hodnoty jim přiřazené budou překlady. • Rozpoznávání klíčových slov (například v překladačích programovacích jazyků) – klíče budou klíčová slova, hodnoty jim přiřazené mohou být konstanty, kterými si příslušné příkazy reprezentujeme. • V nějaké malé části programu si u objektů, se kterými pracujeme, potřebujeme pamatovat nějakou informaci navíc a nechceme kvůli tomu do objektu přidávat nové datové položky (třeba proto, aby nám zbytečně nezabíraly paměť v ostatních částech programu). Klíčem heše budou příslušné objekty. • Potřebujeme najít v seznamu objekty, které jsou stejné“ podle ně” jakého kritéria (například v seznamu osob ty, co se stejně jmenují). Klíčem heše je jméno. Postupně procházíme seznam a pro každou položku zjišťujeme, zda už je v heši uložena nějaká osoba se stejným jménem. Pokud není, aktuální položku přidáme do heše. *) Informace o Korespondečním semináři z programování pořádaného Matematic1)

ko-fyzikální fakultou Univerzity Karlovy v Praze lze nalézt na webové stránce http://ksp.mff.cuni.cz. V literatuře se také často setkáme s jinými přepisy tohoto anglicko-českého patvaru (hashování), nebo více či méně zdařilými pokusy se tomuto slovu zcela vyhnout a místo heš“ používat například termín asociativní pole. ”

24


INFORMATIKA

Potřebovali bychom tedy umět do heše přidávat nové hodnoty, najít hodnotu pro zadaný klíč a případně také umět z heše nějakou hodnotu smazat. Samozřejmě používat jako klíč libovolný typ, o kterém nic nevíme (speciálně ani to, co znamená, že dva objekty toho typu jsou stejné), dost dobře nejde. Proto potřebujeme ještě hešovací funkci – funkci, která objektu přiřadí nějaké malé přirozené číslo x, 0 ≤ x < K, kde K je velikost heše (ta by měla odpovídat počtu objektů N , které v ní chceme uchovávat; v praxi bývá rozumné udělat si heš o velikosti zhruba K rovno 1.3N až 2N ). Dále popsaný postup funguje pro libovolnou takovou funkci, nicméně aby také fungoval rychle, je potřeba, aby hešovací funkce byla dobře zvolena. K tomu, co to znamená, si něco řekneme níže, prozatím nám bude stačit představa, že tato funkce by měla rozdělovat klíče rovnoměrně, tedy že pravděpodobnost, že dvěma klíčům přiřadí stejnou hodnotu, by měla být přibližně 1/K. Ideální případ by nastal, kdyby se nám podařilo nalézt funkci, která by každým dvěma klíčům přiřazovala různou hodnotu (i to se může podařit, pokud množinu klíčů, které v heši budou, známe dopředu – viz třeba příklad s rozpoznáváním klíčových slov v překladačích). Pak nám stačí použít jednoduché pole velikosti K, jehož prvky budou obsahovat jednak hodnotu klíče, jednak jemu přiřazená data: type položka heše = record obsazeno : boolean; klíč : typ klíče; hodnota : typ hodnoty; end; var heš : array [0..K - 1] of položka heše; Prvek klíč bude v tomto poli uložen na pozici hešovací funkce (klíč). Operace naprogramujeme zřejmým způsobem: procedure přidej (klíč : typ klíče; hodnota : typ hodnoty); var index : integer; begin index := hešovací funkce (klíč); { Kolize nejsou, čili heš[index].obsazeno = false. } heš[index].obsazeno := true; heš[index].klíč := klíč; heš[index].hodnota := hodnota; Ročník 83 (2008), číslo 1

25

INFORMATIKA

end; function najdi (klíč : typ klíče; var hodnota : typ hodnoty) : boolean; var index : integer; begin index := hešovací funkce (klíč); { Nic tu není nebo je tu něco jiného. } if not heš[index].obsazeno or not stejný(klíč, heš[index].klíč) then najdi := false else begin { Našel jsem. } hodnota := heš[index].hodnota; najdi := true; end; end; Normálně samozřejmě takové štěstí mít nebudeme a vyskytnou se klíče, jimž hešovací funkce přiřadí stejnou hodnotu (říká se, že nastala kolize). Co potom? Jedno z řešení je založit si pro každou hodnotu hešovací funkce seznam, do kterého si uložíme všechny prvky s touto hodnotou. Funkce pro vkládání pak bude v případě kolize přidávat do seznamu, vyhledávací funkce si vždy spočítá hodnotu hešovací funkce a projde celý seznam pro tuto hodnotu. Tomu se říká hešování se separovanými řetězci. Jiná možnost je v případě kolize uložit kolidující hodnotu na první následující volné místo v poli (cyklicky, tj. dojdeme-li ke konci pole, pokračujeme na začátku). Samozřejmě pak musíme i příslušně upravit hledání – musíme projít všechny položky od pozice, kterou nám poradí hešovací funkce, až po první nepoužitou položku. Tento přístup se obvykle nazývá hešování se srůstajícími řetězci, protože seznamy hodnot odpovídající různým hodnotám hešovací funkce se mohou spojit. Implementace pak vypadá takto: procedure přidej (klíč : typ klíče; hodnota : typ hodnoty); var index : integer; begin index := hešovací funkce (klíč); 26


INFORMATIKA

while heš[index].obsazeno do begin inc (index); if index = K then index := 0; end; heš[index].obsazeno := true; heš[index].klíč := klíč; heš[index].hodnota := hodnota; end; function najdi (klíč : typ klíče; var hodnota : typ hodnoty) : boolean; var index : integer; begin index := hešovací funkce (klíč); while heš[index].obsazeno do begin if stejný (klíč, heš[index].klíč) then begin hodnota := heš[index].hodnota; najdi := true; exit; end; { Něco tu je, ale ne to, co hledám. } inc (index); if index = K then index := 0; end; { Nic tu není. } najdi := false; end; Jaká je časová složitost tohoto postupu? V nejhorším případě bude mít všech N objektů stejnou hodnotu hešovací funkce a hledání bude přeskakovat postupně všechny, čili složitost může být až O(N T + H), kde T je čas pro porovnání dvou klíčů a H je čas na spočtení hešovací funkce. Laicky řečeno, pro nalezení jednoho prvku budeme muset projít celý heš (v lineárním čase). Nicméně to se obvykle nestane – pokud velikost pole bude dost velká a zvolili jsme dobrou hešovací funkci, pak v průměrném případě bude potřeba udělat pouze konstantně mnoho porovnání, tj. časová složitost hleRočník 83 (2008), číslo 1

27

INFORMATIKA

dání i přidávání bude jen O(T + H). A budeme-li schopni prvky hešovat i porovnávat v konstantním čase (což například pro čísla není problém), získáme konstantní časovou složitost obou operací. Mazání prvků může působit menší problémy – rozmyslete si, že nelze prostě nastavit u mazaného prvku obsazeno“ na false. Pokud to po” třebujeme dělat, buď musíme použít separované řetězce (což se může hodit i z jiných důvodů, ale je o trošku pracnější), nebo použijeme následující trik: když budeme nějaký prvek mazat, najdeme ho a označíme jako smazaný. Při hledání nějakého jiného prvku se nemůžeme zastavit na tomto smazaném prvku, ale musíme hledat i za ním. Ovšem pokud nějaký prvek přidáváme, můžeme smazaný prvek přepsat. A jakou hešovací funkci tedy použít? To je tak trochu magie a dobré hešovací funkce mají mimo jiné hlubokou souvislost s kryptografií a s generátory pseudonáhodných čísel. Obvykle se dělá to, že se hešovaný objekt rozloží na posloupnost čísel (třeba ASCII kódů písmen v řetězci), tato čísla se nějakou operací slijí“ dohromady a výsledek se vezme mo” dulo K. Operace na slévání se používají různé, od jednoduchého xoru až třeba po komplikované vzorce typu: procedure mix(var a, begin a := a - b; a := a b := b - c; b := b c := c - a; c := c a := a - b; a := a b := b - c; b := b c := c - a; c := c a := a - b; a := a b := b - c; b := b c := c - a; c := c end;

b, c : integer) -

c; a; b; c; a; b; c; a; b;

a b c a b c a b c

:= := := := := := := := :=

a b c a b c a b c

xor xor xor xor xor xor xor xor xor

(c (a (b (c (a (b (c (a (b

shr shl shr shr shl shr shr shl shr

13); 8); 13); 12); 16); 5); 3); 10); 15);

My se ale spokojíme s málem a ukážeme si jednoduchý způsob, jak hešovat čísla a řetězce. Pro čísla stačí zvolit za velikost tabulky vhodné prvočíslo P a za hodnotu funkce vzít zbytek klíče po dělení P . S hledáním prvočísel si samozřejmě nemusíme dělat starosti, v praxi dobře poslouží tabulka několika prvočísel přímo uvedená v programu. Proč právě prvočísla? Kdybychom například zvolili P sudé, hešovací funkce by přiřazovala sudým číslům sudé hodnoty a lichým číslům liché. V případě, že by všechny klíče byly sudé, by se tedy využívala pouze polovina hešovací 28


INFORMATIKA

tabulky. Podobně je dobré se vyhnout i dalším malým dělitelům. Rozumná funkce pro hešování řetězců je třeba: function hešuj řetězec (s : string) : integer; var r, c, i : integer; begin r := 0; for i := 1 to length (s) do begin c := ord (s[i]); r := r * 67 + c - 113; end; hešuj řetězec := r; end; Zde můžeme použít vcelku libovolnou velikost tabulky, která nebude dělitelná čísly 67 a 113. Šikovné je vybrat si například mocninu dvojky (což v příštím odstavci oceníme), ta bude s prvočísly 67 a 113 zaručeně nesoudělná. Jen si musíme dávat pozor, abychom nepoužili tak velkou hešovací tabulku, že by 67 umocněno na obvyklou délku řetězce bylo menší než velikost tabulky (čili by hešovací funkce častěji volila začátek heše než konec). Tehdy ale stačí místo našich čísel použít jiná, větší prvočísla. A co když nestačí pevná velikost heše? Použijeme nafukovací“ heš. ” Na začátku si zvolíme nějakou pevnou velikost, sledujeme počet vložených prvků a když se jich zaplní víc než polovina (nebo třeba třetina; menší číslo znamená méně kolizí, a tedy možná větší rychlost, ale také větší plýtvání pamětí), vytvoříme nový heš dvojnásobné velikosti (případně zaokrouhlené na vyšší prvočíslo, pokud to naše hešovací funkce vyžaduje) a starý heš do něj prvek po prvku vložíme. To na první pohled vypadá velice neefektivně, ale protože se po každém nafouknutí heš zvětší na dvojnásobek, musí mezi přehešováním z N prvků na 2N prvků přibýt alespoň N prvků, čili průměrně provádíme jedno přehešování na každý vložený prvek. Pokud navíc používáme mazání prvků popsané výše (u prvku si pamatujeme, že je smazaný, ale stále zabírá místo v heši), nemůžeme při mazání takového prvku snížit počet prvků v heši, ale při nafukování můžeme takové prvky opravdu smazat a konečně je odečíst z počtu obsazených prvků. Ročník 83 (2008), číslo 1

29

INFORMATIKA

Pár poznámek na závěr: • S hešováním se separovanými řetězci se zachází podobně, nafukování také funguje a navíc je snadno vidět, že po vložení N náhodných prvků bude v každé přihrádce (přihrádky odpovídají hodnotám hešovací funkce) průměrně N/K prvků, čili pro K velké řádově jako N konstantně mnoho. Pro srůstající řetězce to pravda být nemusí (protože jakmile jednou vznikne dlouhý řetězec, nově vložené prvky mají sklony nalepovat se“ za něj), ale platí, že bude-li heš naplněna nejvýše ” na polovinu, průměrná délka kolizního řetízku bude omezená nějakou konstantou nezávislou na počtu prvků a velikosti heše. Důkaz si ovšem raději odpustíme, není úplně snadný. • Bystrý čtenář si jistě všiml, že v případě prvočíselných velikostí heše jsme v důkazu časové složitosti nafukování trochu podváděli – z heše velikosti N přeci přehešováváme do heše velikosti větší než 2N . Zachrání nás ale věta z teorie čísel, obvykle zvaná Bertrandův postulát, která říká, že mezi čísly t a 2t se vždy nachází alespoň jedno prvočíslo. Takže nový heš bude maximálně 4-krát větší, a tedy počet přehešování na jedno vložení bude nadále omezen konstantou. • Je zajímavé heš srovnat s binárními vyhledávacími stromy, které jsme si ukázali ve čtvrtém dílu kuchařky [1]. Ve své základní verzi mohou mít operace se stromy až lineární časovou složitost, nicméně jsou-li vkládané hodnoty dostatečně náhodné, složitost každé operace je O(log N ). Navíc, použijeme-li vyvažované stromy, lze časovou složitost O(log N ) zaručit. Hešovací tabulka dosahuje pro náhodné vstupy konstantní časové složitosti, nicméně v obecnosti neexistuje žádná modifikace, která by tuto složitost zaručila. V praxi bývá hešování rychlejší než vyhledávací stromy, a také se snáze implementuje. Stromy se proto typicky používají, jestliže potřebujeme zaručené omezení na časovou složitost. Občas se také hodí, že stromy podporují oproti heším některé další operace, například nalezení minima. Literatura [1] Kráľ, D., Mareš, M., Valla, T.: Recepty z programátorské kuchařky Korespondenčního semináře z programování – IV. část. Rozhledy matematicko-fyzikální 82, 1 (2007), s. 22–35.

30


HISTORIE Podíl Georga Joachima Rhetica (1514–1574) na vydání Koperníkova díla František Jáchim, VOŠ a SPŠ Volyně Převratný spis Mikuláše Koperníka O obězích nebeských sfér popisující sluncestředný model vesmíru vyšel v Norimberku roku 1543, v roce autorovy smrti. Souběh těchto událostí působí symbolicky: Jestliže hlavním mottem Koperníkova života bylo odhalit skutečné uspořádání planet a pravidla jejich pohybu, pak dopsáním posledních vět spisu jakoby se tento cíl, a tím i celý jeho život, naplnil a s pocitem uspokojení nad vytištěným exemplářem i uzavřel. Při samém završování díla, kdy si autor stále nebyl jist, zda obsahuje vše, co lze zjistit, měl Mikuláš Koperník při sobě člověka, který na něj přímo naléhal, aby co nejdříve spis dokončil a vydal, neboť jen tak lze převratné myšlenky uvést ve známost. Tím člověkem byl Němec Georg Joachim von Lauchen, latinizovaně psaný Rheticus. Dobře tušil, že Koperník má v ruce převratné dílo (prakticky hotové), jehož obsah je třeba veřejně sdělit. Rheticus významnou měrou přispěl k tomu, že Koperníkovy Oběhy nebeských sfér přece jen vyšly, byť v roce Koperníkovy smrti. Georg Joachim Rheticus se narodil v roce 1514 ve Feldkirchu na rozhraní Rakouska a Švýcarska. Od 18 let studoval na wittenberské univerzitě, na níž ihned po studiích začal učit, na níž se v roce 1536 stal profesorem a v 27 letech děkanem. Svoji inaugurační řeč tehdy nazval Předmluva k aritmetice. Ve Wittenbergu narazil na pozoruhodnou informaci: Prý někde v Polsku je člověk, který se zabývá oběhem planet kolem Slunce. Tak se roku 1539 poprvé dozvěděl o Koperníkovi a jeho heliocentrismu. Rhetica za Koperníkem poslal jeho profesor matematiky a norimberský astronom Johannes Schoner. Rheticus neváhal a odešel do Fromborku, kde tehdy Koperník pobýval. Jako dar Koperníkovi vezl několik velice vzácných knih, např. vydání Ptolemaiova Almagestu z roku 1515, některé latinské překlady arabských astronomických spisů Džabira ibn Affa a Regiomontanovu Trigonometrii . Když se u Koperníka porozhlédl, psal zpět Janu Ročník 83 (2008), číslo 1

31

HISTORIE

Schonerovi: . . . zlíbilo se bohu učiniti mne svědkem dokonání té ne” smírné námahy, daleko předstihující ponětí, které jsem si o ní předem činil, a jejíž tíhu mistr můj hravě nese překonav nesčíslné obtíže. Cítím, že jsem ani ve snách nezahlédl stínu té velkolepé práce“ ([1], str. 118). Náboženský neklid a ruch ve Fromborku nebyl tím pravým prostředím pro úvahy nad kosmem, proto se oba ještě téhož roku přesunuli do Lubavy v Prusku na biskupský dvůr Tiedemana Giese. Koperník byl jistě rád, že ve své blízkosti má někoho, s nímž si může řadu problémů prodiskutovat a kdo je o jeho modelu vesmíru především přesvědčen. Rheticus byl v tento čas pro Koperníka jistě neobyčejnou duševní posilou. Již tři roky před vydáním Oběhů vykonal Rheticus velice užitečnou práci pro uvedení myšlenek v nich obsažených ve známost. Roku 1540 vydal v Gdaňsku (a současně i v Basileji) spis O obratech nebeských těles Mikuláše Koperníka první vyprávění, o němž bychom mohli říci, že je jakousi obšírnou recenzí Koperníkova tehdy teprve vznikajícího díla. Cíl byl jasný – upozornit učenou Evropu na to, že co nevidět se objeví spis, který bude zřejmě znamenat v astronomii velký přerod. Roku 1541 Rheticus opustil Koperníka, odebral se do Wittenbergu, kde působil jako děkan artistické fakulty. Ve stejné hodnosti pobyl i na univerzitě v Lipsku. Toto město však opustil nezvykle brzy, zanechav po sobě řadu dluhů. S Koperníkem zůstal dále v častém písemném kontaktu. Koperník byl možná docela rád, že na něj Rheticus s dokončením Oběhů naléhal. Jen tak dílo spělo přece jen ke konci a odklad jeho dokončení by již nové myšlenky nepřinesl. Na pořad dne se dostal způsob vydání. I zde máme po ruce Rheticovo svědectví: Koperník . . . svoloval ” rád, aby přešlo do rukou veřejnosti vše, co skutečně užitečného kniha jeho asi obsahovala, . . . a předvídal ostatně, že náhledy jeho svou novostí mohou býti závadné velmi četným osobám. Raději tedy svěřoval se svou prací jen svým přátelům, těm, kteří milují spravedlnost a pravdu . . .“ ([1], str. 120). Než vyšly Oběhy, předal Koperník Rheticovi rukopis O stranách a úhlech trojúhelníků přímočarých, rovinných i sférických, matematický základ budoucího astronomického díla. K vydání této Koperníkovy geometrie (obsahující také sedmimístné tabulky sinů – tehdy se říkalo polovičních tětiv – úhlů) došlo v roce 1542. Když se Mikuláš Koperník rozhodl vydat celé dílo, poslal po svém příteli Tiedemanovi Giesovi rukopis Rheticovi, aby ho dal u nakladatele J. Petreia v Norimberku vytisknout. V samém finále příprav tisku se však stala velmi osudová a nepříjemná událost: Rheticus, protože byl v té 32


HISTORIE

době jmenován profesorem na univerzitě v Lipsku, svěřil Koperníkův rukopis Ondřeji Osianderovi. Ten k dílu připojil nešťastnou anonymní předmluvu, stavící myšlenky ve spisu do role hypotéz. Učinil tak bez vědomí jak autora, tak i Rhetica, a Koperníkovo dílo tím těžce poškodil. Taková věc musela Rhetica jistě velice mrzet. Vždyť on zůstal po celý život Koperníkovým zastáncem. Jak psal uherskému králi Ferdinandovi I. Habsburskému, Koperník byl jeho tak dobrým učitelem, že ho ctil jako otce. Georg Rheticus přispěl i k pronikání Koperníkova díla do Čech. Mostem bylo jeho spojení s Tadeášem Hájkem z Hájku, kterému umožnil seznámení s Koperníkovým heliocentrismem tak říkajíc v samém zrodu. Je pravda, že v domě U Hájků měli Koperníkův Malý komentář obsahující hlavní teze sluncestředného systému, ale korespondence s Rheticem byla tím pravým pramenem poznání. Jiná věc je, nakolik se Hájek s Rheticovými názory ztotožňoval. Původ jejich přátelství není možné přesně doložit. Je možné, že se seznámili na univerzitě v Lipsku, ale také za Rheticova pražského pobytu v letech 1551–1552. Protože Rheticovy zájmy sahaly přes astronomii, matematiku, alchymii až k astrologii, nepřekvapuje, že první spolupráce obou se odehrává nad Hájkovou Metoposkopií, knihou o věštění z vrásek na čele, jejíž další vydání má podle Rhetica Hájek připravit. Současně se tu objevuje Rheticova nabídka Hájkovi, aby spolu vydali a komentovali Koperníkovy Oběhy ∗ ). Proč si Rheticus vybral Hájka, není zcela jasné. Je sice pravda, že byli přátelé a že se Hájek astronomií zabýval, nebyl však nijak horlivým stoupencem heliocentrismu, a to ani v dobách pozdějších. Navíc v těchto letech se Tadeáš Hájek ještě astronomií nijak významně nezabýval. Ke společné redakční práci Rhetica a Hájka na Obězích nedošlo. V roce 1563 dostal G. J. Rheticus pozvání k působení na pařížské Sorbonně, které odmítl. Skutečností je, že pro další změnu svého působení zvolil směr na východ. Byl prý pozván moldavským vévodou Despotem na jeho dvůr. Možná, že právě tato cesta vedla k jeho zastávce v Košicích. Alespoň tak byl pravděpodobně pobyt plánován. Košice se však staly roku 1574 Rheticovým městem úmrtním. Literatura [1] Flamarion, C.: Koperník a soustava světová. Nakl. J. Otto, Praha. ∗

) Rheticův dopis Hájkovi s touto nabídkou je citován v [4], str. 564.


33

HISTORIE

[2] Guth, V., Tibenský, J.: Mikuláš Koperník – jeho život, dílo, význam a Slovensko. In: Koperník, M.: Oběhy nebeských sfér. Veda, Bratislava, 1974, str. 5–41. [3] Richter, S.: Mikuláš Koperník. Vyšehrad, Praha, 1973. [4] Zíbrt, Č.: Tadeáš Hájek z Hájku a učení Koperníkovo. Časopis Muzea království českého 74 (1900), 564 n.

Listy z kalendára Dušan Jedinák, Trnavská univerzita v Trnave Alfred North Whitehead — (15. 2. 1861 – 30. 12. 1947) Anglický filozof, matematik a logik vyštudoval Trinity College v Cambridgi, pôsobil ako profesor matematiky (v Londýne 1911–1924), stal sa aj profesorom filozofie na Harvardskej univerzite. Svoj svetonázor vyložil hlavne v dielach Veda a moderný svet (1925), Proces a realita (1929) a Dobrodružstvá ideí (1933). Jeho prvou a poslednou láskou bola a zostala symbolická logika. Vydal Rozpravu o univerzálnej algebre, Axiómy projektívnej geometrie, Úvod do matematiky. Spolu s B. Russellom vydali trojzväzkové Principia Mathematica (1910–1913), aby upevnili a zjednotili logické základy matematiky. Matematiku chápal ako najoriginálnejší výtvor ľudského ducha. Vedel, že istota matematiky závisí od jej úplnej abstraktnej všeobecnosti. Vytrvalo hľadal hlboké súvislosti medzi vedou, moderným svetom i náboženstvom (Funkcia rozumu, Príroda a život, Mody myslenia). Dôležité filozofické otázky vyrastajú na pôde matematiky, fyziky, biológie. Snažil sa duchovný i materiálny svet vnímať a vysvetľovať ako nedeliteľnú jednotu. Kritériom správnosti vedeckých teórií je aj ich estetická krása. Z myšlienok • Myslenie je jednou formou zdôrazňovania . . . Matematika je štúdiom vzorov . . . Matematika je veda o najzložitejších abstrakciách, k akým 34


HISTORIE

•

•

•

• •

môže ľudský um dospieť . . . Všeobecnosť matematiky je najúplnejšou všeobecnosťou, zhodnou so spoločenstvom udalostí, ktoré konštituuje našu metafyzickú situáciu. Matematika je myslenie pohybujúce sa vo sfére úplného abstrahovania od každého jednotlivého prípadu toho, o čom práve vypovedá. Pokiaľ sa zaoberáme čistou matematikou, sme v ríši úplnej absolútnej abstrakcie . . . Najväčšie abstrakcie sú tými pravými nástrojmi, ktorými kontrolujeme svoje uvažovanie o konkrétnych faktoch . . . Originalita matematiky spočíva v tom, že v matematickej vede sú vyjadrené vzťahy medzi vecami, ktoré sa bez sprostredkovania ľudským rozumom nedajú vôbec postihnúť. Nič nie je pôsobivejšie ako fakt, že tou mierou, ako matematika postupne prechádzala do vyšších oblastí čoraz abstraktnejšieho myslenia, vracala sa späť na zem, nadobúdajúc čoraz väčší význam pre analýzu konkrétneho faktu. Pytagoras objavil význam používania abstrakcií a osobitne zameral pozornosť na číslo ako to, čo charakterizuje periodicitu hudobných tónov. Význam abstraktnej idey periodicity bol teda prítomný už pri samých začiatkoch matematiky. Aká je funkcia čistej matematiky v myslení? Je to rozhodný pokus prejsť celú cestu smerom k úplnej analýze, aby sa oddelili prvky samých vecí od čisto abstraktných podmienok, ktoré spríkladňujú. Vzhľadom k nesmiernosti svojej látky je matematika (i moderná matematika) vedou v plienkach. Ak sa civilizácia bude ďalej rozvíjať, potom v budúcich dvoch tisícročiach bude najväčšou novinkou v ľudskom myslení nadvláda matematického rozumu. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

TEN CHLAPÍK TAM VZADU Richard Feynman vynikal snad nejvíce z moderních fyziků schopností pronikavého fyzikálního myšlení, které mu umožňovalo přistupovat k řešení problémů s nadhledem, vystihnout jejich podstatu a okamžitě nacházet jednoduchá a překvapující řešení. Pracný výpočet, který zabral jednomu fyzikovi několik měsíců, provedl Feynman za jedinou noc. Na počátku své fyzikální dráhy, v jedenácti letech dokázal prostou úvahou opravit rozhlasový přijímač, který po zapnutí vydával nesnesitelný šum. Než se pustil do opravy, přecházel chvíli po místnosti a na otázku netrRočník 83 (2008), číslo 1

35

HISTORIE

pělivých přítomných, co to vlastně dělá, odpověděl Přemýšlím“. To je ” ovšem nesmírně překvapilo, protože tato činnost jim byla naprosto cizí. Pak už stačil jen malý zásah do přijímače a šum se vytratil, což bylo kvitováno jako zázrak. Na konci svého života Feynman řešil mnohem závažnější problém, příčiny tragické havárie raketoplánu Challenger. Podobně prostou úvahou úkol vyřešil a na televizních obrazovkách předvedl americkým divákům hlavní příčinu tragedie – stačila mu k tomu sklenice vody s ledem, v níž materiál sloužící k těsnění raketových motorů ztratil pružnost. Mezi těmito dvěma událostmi svého života stačil Feynman zasáhnout do mnoha oblastí fyziky a matematiky, přispět k objasnění vlastností elementárních částic, objevit Feynmanovy diagramy, Feynmanův integrál, ale také překonat zázračné pouťové počtáře, nejlepší kasaře při otevírání sejfů a napsat legendární přednášky z fyziky. Když se ho v Brazílii zeptali, jak by vysvětlil studentům náročný fyzikální jev triboluminiscence, Feynman odpověděl: Řekl bych jim: vezměte kostku cukru a po” tmě ji rozdrťte kleštičkami. Objeví se krásný namodralý záblesk. Nikdo neví proč. Říká se tomu triboluminiscence.“ Mnoho čtenářů Feynmanovy knížky To snad nemyslíte vážně“ spěchalo po přečtení této pasáže ” s cukřenkou a kombinačkami do tmavé koupelny. Feynman se za druhé světové války významně podílel také na vývoji atomové bomby, ještě jako mladý začínající vědecký pracovník. Vzpomíná na to, jak tehdy přijel z Evropy do Ameriky Niels Bohr se synem Aagem po dramatickém útěku z okupovaného Dánska. V laboratořích v Los Alamos byli svoláni přední američtí fyzikové a vědecké kapacity na setkání s Nielsem Bohrem, který s nimi měl diskutovat o štěpení uranu. Mladý Feynman seděl někde vzadu. Zatímco většina přítomných odborníků s Bohrovými vývody souhlasila a pochvalně je přijímala, Feynman kladl věcné otázky a měl nesouhlasné až kritické komentáře. Druhý den ráno telefonoval Feynmanovi z hotelu Aage Bohr, který se ovšem představil konspirativním jménem Jim Baker. Zval Feynmana na schůzku s Bohrem k prodiskutování koncepce atomové bomby. Feynman se podivil a namítl, že je jenom pouhý . . . , ale Aage ho nenechal domluvit. Na včerejší poradě všichni s Bohrem souhlasili, takže nemá smysl se s nimi radit. Po poradě řekl Bohr synovi: Pamatuješ si jméno toho chlapíka ” tam vzadu? To je snad jediný člověk, který se mi nebojí něco říct. Když přijdu s nějakým nesmyslem, tak mi to přímo poví. Sežeň toho chlapíka a probereme to nejdřív s ním.“ Ivan Štoll 36


SOUTĚŽE Úlohy domácího kola 58. ročníku Matematické olympiády pro žáky středních škol Kategorie A 1. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic 2 sin x cos(x + y) + sin y = 1, 2 sin y cos(y + x) + sin x = 1. (Jaroslav Švrček ) 2. Je dán tětivový čtyřúhelník ABCD. Dokažte, že spojnice průsečíku výšek trojúhelníku ABC s průsečíkem výšek trojúhelníku ABD je rovnoběžná s přímkou CD. (Tomáš Jurík ) 3. Najděte všechny dvojice přirozených čísel x, y takové, že xy 2 x+y je prvočíslo.

(Ján Mazák )

4. Uvažujme nekonečnou aritmetickou posloupnost a, a + d, a + 2d, . . . ,

(∗)

kde a, d jsou přirozená (tj. kladná celá) čísla. a) Najděte příklad posloupnosti (∗), která obsahuje nekonečně mnoho k-tých mocnin přirozených čísel pro všechna k = 2, 3, . . . b) Najděte příklad posloupnosti (∗), která neobsahuje žádnou k-tou mocninu přirozeného čísla pro žádné k = 2, 3, . . . c) Najděte příklad posloupnosti (∗), která neobsahuje žádnou druhou mocninu přirozeného čísla, ale obsahuje nekonečně mnoho třetích mocnin přirozených čísel. Ročník 83 (2008), číslo 1

37

SOUTĚŽE

d) Dokažte, že pro všechna přirozená čísla a, d, k (k > 1) platí: Posloupnost (∗) buď neobsahuje žádnou k-tou mocninu přirozeného čísla, anebo obsahuje nekonečně mnoho k-tých mocnin přirozených čísel. (Jaroslav Zhouf ) 5. V každém vrcholu pravidelného 2008úhelníku leží jedna mince. Vybereme dvě mince a přemístíme každou z nich do sousedního vrcholu tak, že jedna se posune ve směru a druhá proti směru chodu hodinových ručiček. Rozhodněte, zda je možno tímto způsobem všechny mince postupně přesunout: a) na 8 hromádek po 251 minci, b) na 251 hromádek po 8 mincích. (Radek Horenský) 6. Je dán trojúhelník ABC. Uvnitř stran AC, BC jsou dány body E, D tak, že |AE| = |BD|. Označme M střed strany AB a P průsečík přímek AD a BE. Dokažte, že obraz bodu P v středové souměrnosti se středem M leží na ose úhlu ACB. (Ján Mazák ) Kategorie B 1. Na tabuli je napsáno čtyřmístné číslo dělitelné osmi, jehož poslední číslice je 8. Kdybychom poslední číslici nahradili číslicí 7, získali bychom číslo dělitelné devíti. Kdybychom však poslední číslici nahradili číslicí 9, získali bychom číslo dělitelné sedmi. Určete číslo, které je napsané na tabuli. (Peter Novotný) 2. Určete všechny trojice (x, y, z) reálných čísel, pro které platí x2 + xy = y 2 + z 2 , z 2 + zy = y 2 + x2 . (Jaroslav Švrček ) 3. Na straně BC, resp. CD rovnoběžníku ABCD určete body E, resp. F tak, aby úsečky EF , BD byly rovnoběžné a trojúhelníky ABE, AEF a AF D měly stejné obsahy. (Jaroslav Zhouf ) 4. Na desce 7 × 7 hrajeme hru lodě. Nachází se na ní jedna loď 2 × 3. Můžeme se zeptat na libovolné políčko desky, a pokud loď zasáhneme, 38


SOUTĚŽE

hra končí. Pokud ne, ptáme se znovu. Určete nejmenší počet otázek, které potřebujeme, abychom jistě loď zasáhli. (Ján Mazák ) 5. Trojúhelníku ABC je opsána kružnice k. Osa strany AB protne kružnici k v bodě K, který leží v polorovině opačné k polorovině ABC. Osy stran AC a BC protnou přímku CK po řadě v bodech P a Q. Dokažte, že trojúhelníky AKP a KBQ jsou shodné. (Leo Boček ) 6. Najděte všechny dvojice celých čísel (m, n), pro něž je hodnota výrazu m + 3n − 1 mn + 2n − m − 2 celé kladné číslo.

(Vojtech Bálint) Kategorie C

1. Honza, Jirka, Martin a Petr organizovali na náměstí sbírku na dobročinné účely. Za chvíli se u nich postupně zastavilo pět kolemjdoucích. První dal Honzovi do jeho kasičky 3 Kč, Jirkovi 2 Kč, Martinovi 1 Kč a Petrovi nic. Druhý dal jednomu z chlapců 8 Kč a zbylým třem nedal nic. Třetí dal dvěma chlapcům po 2 Kč a dvěma nic. Čtvrtý dal dvěma chlapcům po 4 Kč a dvěma nic. Pátý dal dvěma chlapcům po 8 Kč a dvěma nic. Poté chlapci zjistili, že každý z nich vybral jinou částku, přičemž tyto tvoří čtyři po sobě jdoucí přirozená čísla. Který z chlapců vybral nejméně a který nejvíce peněz? (Peter Novotný) 2. Pravoúhlému trojúhelníku ABC s přeponou AB je opsána kružnice. Paty kolmic z bodů A, B na tečnu k této kružnici v bodě C označme D, E. Vyjádřete délku úsečky DE pomocí délek odvěsen trojúhelníku ABC. (Pavel Leischner ) 3. Najděte všechna čtyřmístná čísla n, která mají následující tři vlastnosti: V zápise čísla n jsou dvě různé číslice, každá dvakrát. Číslo n je dělitelné sedmi. Číslo, které vznikne obrácením pořadí číslic čísla n, je rovněž čtyřmístné a dělitelné sedmi. (Pavel Novotný) 4. Je dán konvexní pětiúhelník ABCDE. Na polopřímce BC sestrojte takový bod G, aby obsah trojúhelníku ABG byl shodný s obsahem daného pětiúhelníku. (Lucie Růžičková) Ročník 83 (2008), číslo 1

39

SOUTĚŽE

5. Z množiny {1, 2, 3, . . . , 99} vyberte co největší počet čísel tak, aby součet žádných dvou vybraných čísel nebyl násobkem jedenácti. (Vysvětlete, proč zvolený výběr má požadovanou vlastnost a proč žádný výběr většího počtu čísel nevyhovuje.) (Jaromír Šimša) 6. Dokažte, že pro libovolná různá kladná čísla a, b platí 2(a2 + ab + b2 ) a2 + b2 a+b < < . 2 3(a + b) 2 (Jaromír Šimša)

Návody ke cvičením: O důkazech zajímavých číselných rovností“ ” 1. Při důkazu (1) nejprve vyjádřete tg(60◦ ± 20◦ ). K důkazu rovnosti (2) použijte vzorec 2 . tg α + cotg α = sin 2α K důkazu (3) použijte vzorec 2 sin α sin β = cos(α − β) − cos(α + β). 2. Vraťte se znovu ke trojúhelníku ABC na obrázku u příkladu 2. 3. K důkazu (10) použijte substituce x = sin2 20◦ , y = sin2 40◦ a z = sin2 80◦ . Dále pomocí úprav dokažte samostatně každou z rovností 3 1 3 , x+y+z = , (1 − x)(1 − y)(1 − z) = . xyz = 64 2 64 Podobně lze postupovat při důkazu (11). Můžete však také využít skutečnost, že reálná čísla tg2 20◦ , tg2 40◦ a tg2 80◦ jsou kořeny kubické rovnice x3 − 33x2 + 27x − 3 = 0. 4. Podobně jako v příkladu 4 využijte vhodný pětiúhelník. 5. K důkazu (12) využijte vzorec tg α + tg(α + 60◦ ) + tg(α + 120◦ ) = 3 tg 3α. K důkazu (13) a (14) využijte vzorce 2 sin α sin β = cos(α − β) − cos(α + β), 2 cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β). 40


PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL Vyskúšajte si svoj dôvtip Dušan Jedinák, Trnavská univerzita v Trnave Ponúkam trochu netradičné využitie základných matematických vedomostí. Zdá sa mi, že príklady, ktoré tu predkladám, môžu byť podnetné a primerané aj vo vyšších ročníkoch základnej školy a v prvých ročníkoch stredných škôl. Každý z nich prináša pomerne krátky, ale myšlienkovo sústredený postup. Úloha 1. Doplňte za každý znak • jednociferné prvočíslo, aby bolo znázornené násobenie správne: • • • × • • •

• •

• • • • •

•

•

• • •

Riešenie: Jednociferné prvočísla sú iba 2, 3, 5, 7. Pretože súčiny 2 · 2, 2 · 3, 2 · 5, 2 · 7, 3 · 7, 7 · 7 nemajú na konci prvočíslo, môžu byť poslednými ciframi oboch násobených čísel iba dvojice 3, 5; 5, 3; 5, 5; 5, 7; 7, 5. Skúšaním zistíme, že existuje iba jediné riešenie: 7 7 5 × 3 3 2

2 3

3 2 5 2 5

2

5

5 7 5

Úloha 2. Štyria chlapci – Adam, Boris, Cyril a Dušan – chcú prejsť cez tmavý podchod. Adamovi trvá cesta cez podchod minútu, Borisovi dve minúty, Cyrilovi štyri a Dušanovi päť minút. Podchod je tak úzky, že ním môžu prejsť naraz najviac dvaja chlapci. Majú k dispozícii jednu lampu, ktorá vydrží svietiť 12 minút. Je možné, aby všetci chlapci prešli cez tmavý podchod tak, aby nikto z nich nemusel prechádzať potme? Ak prechádzajú podchodom dvaja chlapci spoločne, idú rýchlosťou pomalšieho z nich. Ročník 83 (2008), číslo 1

41

PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL

Riešenie: Ak na začiatku prejde cez podchod Adam s Borisom, cesta im bude trvať dve minúty. Jeden z nich sa musí vrátiť. Ak sa vráti Boris, cesta späť mu opäť bude trvať dve minúty (spolu 4 minúty). Ak druhýkrát pôjdu cez podchod Cyril s Dušanom, cesta im bude trvať päť minút (spolu 9 minút). Na konci podchodu vrátia lampu Adamovi, ktorý sa cez podchod vráti za minútu a spolu s Borisom ho opäť prejdú za dve minúty. To znamená, že všetci chlapci môžu prejsť na druhú stranu podchodu a cesta im bude trvať 2 + 2 + 5 + 1 + 2 = 12 minút Úloha 3. Rozložte číslo 2 všetkými rôznymi spôsobmi na súčet štyroch rôznych zlomkov s čitateľmi rovnajúcimi sa jednotke a prirodzenými číslami v menovateľoch. Riešenie: Je potrebné vyriešiť rovnicu 1 1 1 1 + + + = 2, x y z t aby x, y, z, t boli rôzne prirodzené čísla. Pretože zlomky majú byť rôzne, musí pre aspoň jeden z nich, napr. pre x1 , platiť 1 1 < < 2, 2 x

tj

2>x>

1 . 2

Teda pre x ∈ N z toho vyplýva, že x = 1. Potom je 1 1 < < 1, 3 y

+

1 z

+

1 t

= 1 a tiež

tj 3 > y > 1,

teda pre y ∈ N je y = 2. Tým potrebujeme, aby potrebné aby platilo napr. 1 1 1 < < , 4 z 2

1 y

1 z

+

1 t

= 12 . Znovu bude

tj 4 > z > 2,

teda pre z ∈ N z toho vyplýva, že z = 3. Potom už vyhovuje iba t = 6. Skúška:

42

1 1 1 1 6+3+2+1 + + + = =2 1 2 3 6 6 Rozhledy matematicko-fyzikální

PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL

Úloha 4. Koľko usporiadaných trojíc prirodzených čísiel x, y, z vyhovuje vzťahu x · y · z = 106 ? Riešenie: Číslo 106 môžeme rozložiť na súčin mocnín prvočísiel ako 106 = 26 · 56 . Hľadaný rozklad x · y · z = 106 môžeme potom vidieť“ ako ” (2a · 5p ) · (2b · 5q ) · (2c · 5r ) = 26 · 56 , kde x = 2a · 5p , y = 2b · 5q , z = 2c · 5r , a + b + c = 6, p + q + r = 6, kde a, b, c, p, q, r sú nezáporné celé čísla. Možností pre a + b + c = 6, ak a, b, c ∈ {0, 1, . . . , 6}, je 28, ako ukazuje schéma:  0 0 6  3   6 0 1 5     6 0 2 4  3 0 3 3  3 1 1 4     1 2 3    6 1 2 2 2 Taký istý počet možností je aj pre p + q + r = 6. Pretože ku každej trojici a, b, c možeme pripojit ľubovoľnú trojicu p, q, r, je počet všetkých možností pre x, y, z rovný 28 · 28 = 784. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 777777777777

×777777777777 =

7 777 77777 7777777 777777777 77777777777 7777777777777 777777777777777 77777777777777777 7777777777777777777 777777777777777777777 77777777777777777777777 86419753086246913580247 ×7 604938271603728395061729

Vánoční stromeček z knihy B. A. Korděmského Matematické prostocviky vybral M. Závodný. Ročník 83 (2008), číslo 1

43

ZPRÁVY 1. Středoevropská matematická olympiáda Jaroslav Švrček, PřF UP, Olomouc Myšlenka uspořádat novou mezinárodní matematickou soutěž pro talentované středoškoláky zemí střední Evropy vznikla v prvních letech nového tisíciletí. Konkrétní podobu však dostala teprve v průběhu 47. Mezinárodní matematické olympiády ve Slovinsku, v červenci 2006. Z pod¨ nětu organizačního výboru rakouské matematické olympiády (OMO) byli vedoucí delegací středoevropských zemí (Švýcarska, Rakouska, Německa, Slovinska, Chorvatska, České republiky, Slovenska, Polska a Maďarska) seznámeni s návrhem vytvořit pro matematicky talentované středoškoláky uvedených zemí novou soutěž nazvanou Středoevropská matematická olympiáda – Middle European Mathematical Olympiad (MEMO). Hlavní myšlenkou a snahou organizátorů bylo umožnit dalším talentovaným středoškolákům zemí střední Evropy získat zkušenosti s podobnými soutěžemi v mezinárodním měřítku a porovnat své znalosti s vrstevníky jiných evropských zemí. Na tomto jednání byly také stanoveny cíle a pravidla této nové mezinárodní matematické soutěže. Rakouští iniciátoři jejího vzniku přitom vycházeli z pravidel dvojstranné mezinárodní matematické soutěže středoškoláků Polsko–Rakousko“, která existovala ” až do roku 2006 plných 29 let. Na světě, a speciálně také v Evropě, existuje celá řada podobných regionálních matematických soutěží (Balkánská MO, Baltic Way, Mediterranean MO, Iberoamerická MO atd.), jichž se každoročně účastní soutěžící ze zemí spádových regionů. Naši středoškoláci takovou možnost (s výjimkou MMO) dosud neměli, proto jsme uvítali nabídku rakouských kolegů, která umožní postupné zapojení dalších matematicky nadaných středoškoláků do nové mezinárodní matematické soutěže. První ročník Středoevropské matematické olympiády se uskutečnil v termínu 20. – 26. září 2007 v rakouském Eisenstadtu – hlavním městě spolkové země Burgenland. Soutěže se v jejím prvním ročníku zúčastnilo pouze sedm (z devíti) středoevropských zemí (Německo a Maďarsko se hodlají do soutěže zapojit až od jejího 2. ročníku). 44


ZPRÁVY

Každou zemi mělo právo reprezentovat 6 soutěžících, kteří se nezúčastnili uplynulé MMO ve Vietnamu a ve školním roce 2007/08 jsou ještě studenty středních škol. Úvodního ročníku soutěže se nakonec zúčastnilo 40 jednotlivců ze 7 zemí střední Evropy (slovinské družstvo přicestovalo do Eisenstadtu pouze se čtyřmi účastníky). Ústřední komise české MO vybrala pro 1. Středoevropskou matematickou olympiádu šestici středoškoláků sestavenou z vítězů, resp. těch úspěšných řešitelů ústředního kola 56. ročníku MO v kategorii A, kteří se nezúčastnili 48. MMO v červenci 2007 ve Vietnamu a v uplynulém školním roce 2006/07 ještě nematurovali. České reprezentační družstvo tak v abecedním pořadí tvořili tito soutěžící: Jan Máca (G v Třebíči), Matěj Peterka (G v Praze 6, Nad Alejí), Alena Peterová (G v Dobrušce), Samuel Říha (G v Brně, tř. Kpt. Jaroše), Tomáš Toufar (GMK v Bílovci) a Jan Vaňhara (GLJ v Holešově). Vedoucím české delegace a jejím zástupcem v jury byl RNDr. Jaroslav Švrček, CSc. z Přírodovědecké fakulty UP v Olomouci, jeho zástupcem a pedagogickým vedoucím byl Mgr. Martin Panák, Ph.D. z brněnského oddělení Matematického ústavu AV ČR. Vlastní soutěž se konala ve dvou soutěžních dnech, a to v sobotu 22. září, kdy proběhla soutěž jednotlivců, a v neděli 23. září pak soutěž družstev. Po oba soutěžní dny řešili jednotlivci, resp. reprezentační družstva v rámci soutěže družstev po 4 soutěžních úlohách, na jejichž vypracování byl každý ze soutěžních dnů vyhrazen čas 5 hodin. Každá úloha byla přitom hodnocena (podle předem schváleného systému hodnocení každé úlohy) celočíselným počtem bodů v rozpětí 0–8 bodů. Podobně jako na MMO měly jednotlivé země možnost s jistým časovým předstihem zaslat organizačnímu výboru návrhy svých úloh pro soutěž. Z nich pak mezinárodní jury vybrala dvě čtveřice úloh, jednu pro soutěž jednotlivců a druhou pro soutěž družstev. Je potěšitelné, že mezi osmi vybranými úlohami byly také dvě úlohy české. Jedna z nich byla použita v soutěži jednotlivců (autorem byl Marek Pechal) a druhá v soutěži družstev (autorem úlohy byl doc. RNDr. Jaromír Šimša, CSc.). Náročnost úloh byla srovnatelná s úlohami z podobných mezinárodních soutěží (včetně MMO). Soutěžící jednotlivých zemí tak měli možnost získat potřebné mezinárodní zkušenosti, které mohou zúročit již na příští (49.) MMO v roce 2008. Pro lepší posouzení jejich obtížnosti (a také trendu při tvorbě nových matematických úloh) vám nejprve předkládáme zadání obou sad soutěžních úloh. V závorce za úlohou je vždy uvedena země, která ji do soutěže navrhla. Ročník 83 (2008), číslo 1

45

ZPRÁVY

Soutěž jednotlivců – 22. září 2007 1. Nechť a, b, c, d jsou kladná reálná čísla splňující rovnost a+b+c+d = 4. (Švýcarsko) Dokažte, že a2 bc + b2 cd + c2 da + d2 ab ≤ 4. 2. Je dáno k (k je celé číslo větší než 1) sad míčů. Každá sada obsahuje n míčů, které jsou označeny čísly 1, 2, . . . , n. Každý míč obarvíme jednou ze dvou barev (bílou nebo černou) tak, že a) míče označené stejným číslem mají stejnou barvu, b) každá (k+1)-prvková množina míčů, které jsou označeny (ne nutně různými) čísly a1 , a2 , . . . , ak+1 tak, že platí a1 + a2 + · · · + ak = = ak+1 , není jednobarevná. V závislosti na k určete největší možné číslo n, pro něž existuje takové obarvení míčů. (Slovinsko) 3. Nechť k je daná kružnice a k1 , k2 , k3 a k4 jsou čtyři menší kružnice, jejichž středy po řadě O1 , O2 , O3 a O4 leží na kružnici k. Pro i = 1, 2, 3, 4 se kružnice ki a ki+1 (k5 = k1 ) protínají ve dvou bodech Ai a Bi , přičemž body Ai leží na kružnici k. Předpokládejme, že body O1 , A1 , O2 , A2 , O3 , A3 , O4 , A4 jsou navzájem různé a leží v tomto pořadí na kružnici k. Dokažte, že B1 B2 B3 B4 je pravoúhelník. (Švýcarsko) 4. Určete všechny dvojice (x, y) kladných celých čísel, které vyhovují rovnici x! + y! = xy . (Česká republika) Soutěž družstev – 23. září 2007 5. Nechť a, b, c, d jsou libovolná reálná čísla z uzavřeného intervalu 12 ; 2, která vyhovují podmínce abcd = 1. Určete největší možnou hodnotu výrazu 1 1 1 1 a+ b+ c+ d+ . b c d a (Česká republika) 6. Pro libovolnou množinu P pěti bodů v rovině (v obecné poloze) označme a(P) počet všech ostroúhlých trojúhelníků s vrcholy v množině P. Určete největší možnou hodnotu a(P). (Pět bodů v rovině je v obecné poloze, jestliže žádné tři z nich neleží na téže přímce.) (Švýcarsko) 46


ZPRÁVY

7. Označme s(T ) součet délek všech hran čtyřstěnu T . Uvažujme všechny čtyřstěny, jejichž délky hran jsou navzájem různá kladná celá čísla, přičemž jedno z nich je 2 a jedno 3. Takové čtyřstěny budeme nazývat MEMO-čtyřstěny. a) Určete všechna kladná celá čísla n, pro něž existuje MEMO-čtyřstěn T s vlastností s(T ) = n. b) Určete počet navzájem různých MEMO-čtyřstěnů T , pro něž platí s(T ) = 2 007. Dva čtyřstěny považujeme za různé, jestliže jeden z nich nelze převést na druhý pomocí složení souměrností podle roviny, posunutí nebo otočení. (Není třeba dokazovat, že čtyřstěny nejsou degenerované, tj. mají kladný objem.) (Rakousko) 8. Určete všechna kladná celá čísla k s vlastností: existuje celé číslo a (Rakousko) takové, že (a + k)3 − a3 je násobkem čísla 2 007. Texty úloh byly soutěžícím předloženy (v obou soutěžích) v jejich mateřských jazycích. Řešení jednotlivých úloh mohli soutěžící odevzdávat rovněž v mateřském jazyku. Každý ze soutěžních dnů měli všichni soutěžící po dobu úvodních 45 minut klást písemně případné dotazy, na něž, stejně jako na MMO (se souhlasem mezinárodní jury), odpověděl vždy vedoucí příslušné delegace. Následující dva dny (23. a 24. 9.) byly vyhrazeny na koordinace žákovských řešení. To probíhalo stejným způsobem jako na MMO. Jednání při koordinaci úloh byla vedena v angličtině a němčině. Na závěrečném jednání jury byly také stanoveny hranice pro udělení zlatých, stříbrných a bronzových medaili. Dále bylo potvzeno definitivní pořadí zemí v soutěži družstev. O tom, že úlohy 1. ročníku soutěže byly náročné, svědčí i poměrně nízké hranice pro udělení medailí v soutěži jednotlivců. Pro zlatou medaili bylo stanoveno bodové rozpětí 23–32 bodů, pro stříbrnou 13 až 22 bodů a pro bronzovou 8–12 bodů. Nejlepšího výsledku v soutěži jednotlivců dosáhla Joanna Bogdanowicz z Polska, která získala 26 bodů. Celkově byly uděleny 2 zlaté, 8 stříbrných a 10 bronzových medailí. Nejlepšího výsledku v soutěži jednotlivců dosáhli z českého družstva Samuel Říha (10 b.) a Tomáš Toufar (9 b.), kteří obdrželi bronzové medaile. O něco lépe si vedli naši soutěžící v soutěži družstev. Díky dobře zorganizované strategii řešení všech čtyř úloh obsadili po zásluze velice pěkné 3. místo, a domů si tak všichni přivezli cennou bronzovou medaili. Ročník 83 (2008), číslo 1

47

ZPRÁVY

Před námi skončilo Polsko s celkovým ziskem 31 bodů (ze 32 možných) a Chorvatsko se ziskem 25 bodů. Družstva na 3. – 5. místě dosáhla shodně zisku 21 bodů, ale české družstvo (jako jediné z nich) vyřešilo bezchybně – bez ztráty bodu – dvě soutěžní úlohy (2. a 3.), proto v konečném pořadí obsadilo 3. příčku před Slovenskem a Rakouskem. Na šestém místě skončilo Švýcarsko (19 b.) a sedmí byli Slovinci (18 b.). Pro soutěžící a ostatní účastníky 1. Středoevropské MO připravili pořadatelé na poslední dva dny jednodenní výlety, a to k Neziderskému jezeru (Neusiedler See) a do Vídně, kde si účastníci soutěže měli možnost prohlédnout pamětihodnosti hlavního města Rakouska. Slavnostní ukončení soutěže se konalo za přítomnosti zástupců politického života země Burgenland a ministerstva školství Rakouska v kongresovém sále hotelu Ohr v Eisenstadtu. Předseda organizačního výboru 1. Středoevropské olympiády Univ. Prof. Dr. Gerd Baron předal všem oceněným medaile a rovněž poděkoval Mag. Thomasi M¨ uhlgassnerovi z Eisenstadtu, který byl odpovědný za průběh a organizaci 1. Středoevropské MO. Podmínky pro vlastní soutěž v místě konání byly poprávu označeny vedoucími všech delegací za nadstandardní. Vedoucí českého družstva zde pozval všechny delegace k účasti na 2. ročníku Středoevropské matematické olympiády. Ta se bude konat počátkem září 2008 v České republice pod záštitou prof. RNDr. Lubomíra Dvořáka, CSc., rektora Univerzity Palackého v Olomouci.

Nobelovy ceny za fyziku pro rok 2007 Lubomír Sodomka, Adhesiv Liberec Úvod Pojem nanotechnologie pochází z roku 1959 a zavedl jej do fyzikální terminologie R. P. Feynman, laureát Nobelovy ceny za fyziku pro rok 1965 [1, 2, 3]. Jde o technologie v atomovém a molekulovém měřítku, se kterými pracovala chemie již po staletí. Fyzika zasáhla do těchto technologií až ve 20. století po rozvoji atomové a molekulové fyziky [4]. Nanotechnologií byly zpracovány polovodičové elektronické součástky jako jsou diody, laserové diody, transistory, mikroelektronické až nanoelektronické obvody, kvantový Hallův jev a další. Nanotechnolgie se užívá při zkoumání povrchů, k vytváření nanovláken a jejich aglomerátů [5, 6]. 48


ZPRÁVY

V poslední době přistoupilo k využívání náboje elektronů také využívání jejich spinů, a vznikla tak spintronika [7]. Význam nanotechnologie je dále znásobený Nobelovou cenou za fyziku, chemii a fyziologii a medicínu pro rok 2007. Nobelova cena za fyziku byla udělena A. Fertovi (Francie) a P. Grünbergovi (Německo) za objev využití spintroniky na miniaturizaci čtení z harddisků [8]. Nobelovu cenu za chemii získal pro rok 2007 G. Ertl za rozvoj moderní chemie povrchů pevných látek, kterému se podařilo vysvětlit korozi železa, funkci palivových článků a katalyzátorů výfukových plynů [9]. Konečně za fyziologii a medicínu byla udělena Nobelova cena třem vědcům, biofyzikovi M. R. Capecchiovi (USA), biochemikovi O. Smithiesovi (USA) a biologovi M. J. Evansovi (Velká Británie). Zasloužili si ji za vytvoření základů cílených zásahů do dědičné informace, úpravami specifických modifikovaných genů v genomech myší [10]. Všechny tři Nobelovy ceny mají společnou nanotechnologii založenou na fyzikálních principech a mají velmi krátkou inkubační dobu pro bezprostřední aplikace, tj. jsou prvky vědeckotechnické revoluce. Nobelova cena za fyziku Ve snaze stále většího umístění počtu informací a jejich rychlejšího vybavování z elektronických prostředí a proniknutí do genetického inženýrství je třeba přizpůsobit pro tyto účely i technologie, které musejí zasahovat čím dále, tím více do menších rozměrů. Poněvadž při získávání a zpracovávání informací jak elektronickým prostředím, tak i v živých organismech pracujeme v oblasti elektromagnetických interakcí, znamená to zasahovat technologiemi do atomových a molekulových rozměrů, které jsou mezními rozměry elektromagnetických interakcí. Tím se dostáváme do délkových rozměrů nanometrů (1 nm = 10−9 m = 10−6 mm), tedy do oblastí nanotechnologií. Do nových nanotechologických postupů zasáhli i objevitelé supermagnetoresistance (GMR, Giant MagnetoResistance, přeloženo magnetoresitance o vysokých hodnotách). Princip objevu spočívá v tom, že poměrně slabým působením magnetických změn vznikají velké změny v odporu GMR struktury. Jde o zcela nový jev, který objevili v roce 1988 nezávisle na sobě A. Fert a P. Grünberg. Brzy se ukázalo, že tohoto jevu je možné využít ke konstrukci harddisků ke čtení informací uložených magneticky. Malé změny magnetického pole vyvolávají obrovské změny v magnetoresitanci v prvcích GMR a zaznamenaná informace se převádí na elektrické Ročník 83 (2008), číslo 1

49

ZPRÁVY

proudy. V roce 1997 byla uvedena do provozu první čtecí hlavice založená na GMR jevu. Nyní se stala již standardní výrobní technologií, i když jde o nanotechnologii. Realizace snímací hlavy na principu GMR je na obr. 1.

Obr. 1: Prototyp hlavice s GMR snímáním

Jaká je podstata GMT? Zatímco v běžné elektronice se využívá jen náboje elektronu e = 1,602 · 10−19 C, v GDM se využívá také jeho spinu, který vytváří jeho magnetický moment µe = 1,167 Wb.m [11, 12]. Magnetický moment elektronu se podílí na magnetických vlastnostech látek a je rovněž magnetickým polem ovlivňována jeho orientace. Poněvadž podstatou GMR je měnit elektrický odpor magnetickým polem, je třeba připomenout, že elektrický odpor je způsobený změnou přímočarého jednosměrového pohybu elektronů proti směru elektrického pole. Překážky v pohybu elektronů je rozptylují do různých směrů, brzdí je, a tak způsobují růst elektrického odporu [13, 1. díl, str. 218]. Vzhledem k tomu, že elektrony mají také magnetický spinový moment, který se podílí na magnetických vlastnostech materiálů [13, 1. díl, kap. 9], dá se rozptyl elektronů ovlivňovat také magnetickým polem. Při vhodné struktuře magnetické soustavy lze pak dosáhnout i supermagnetoresistance (SMR, GMR). Podívejme se blíže na strukturu vytvářející GMR. Jestliže vytvoříme strukturu tenkých vrstev magnetických vodičů s nemagnetickou vrstvou mezi dvěma magnetickými, např. vrstvy železa obkládají vrstvu chromu, pak magnetická indukce (magnetizace) kolmá na normálu rovin vrstev urychluje elektrony ve směru normály, a zvýší tak pravděpodobnost jejich průchodu vrstvou a sníží podstatně odpor vrstvy. Při průchodu elektronů nemagnetickou vrstvou se zvýší rozptyl elektronů a tím zvýší její odpor. Projdou-li další magnetickou vrstvou se stejnou orientací magnetizace jako v první vrstvě, projdou elektrony strukturou vrstev s nízkým 50


ZPRÁVY

odporem. Je-li magnetizace v druhé magnetické vrstvě opačná, sníží se podstatně počet elektronů prošlých takovou strukturou, která má pak podstatně vyšší odpor. Oba stavy maximálního odporu (nízký proud) a minimálního odporu (vysoký proud tekoucí soustavou) představují binární soustavu 1, 0. Oba objevitelé GMR, Fert a Grünberg, se mírně lišili při nezávislé realizaci svých objevů GMR v přípravě epitaxních struktur [13, 1. díl, str. 496]. Oba užívaly vysokého vakua, ve kterém vytvořily páry železa a chromu. Ty se střídavě ukládaly v několika atomových vrstvách, kterých Fert vytvořil kolem třicítky a Grünberg dvě až tři. Fert dosahoval větší GMR. Jejich technologie byla však příliš složitá pro výrobu harddiskových pamětí, a proto byla nahrazena pro výrobu technologií naprašováním. Později byla zaměněna vrstva nemagnetického chromu izolantem. Několik atomů tenké vrstvy byly pak schopné propouštět orientované elektrony tunelovým jevem, a tak vznikly kvalitnější TMR (tunelové magnetoresistantní) vrstvy. Využitím TMR prvků, které byly připravovány skutečnou nanotechnologií, byly získány současné jak záznamové, tak i čtecí prvky v jednom objektu a také operační paměti MRAM, které jsou podstatně rychlejší než dosud užívané. Na snímání a ukládání informací na GMR a ATM disky bylo nutné sestrojit i speciální snímací cívečku. Celá konstrukce GMR prototypového snímače je patrná z obr. 1.

Obr. 2. A. Fert

Obr. 3. P. Grünberg

Oba nobelisté, Fert a Grünberg, se podíleli svými pracemi také na vzniku a rozvoji spintroniky [7], ve které dochází ke konstrukci obdobných prvků známých z elektroniky, jako jsou dioda (spinoda) a transistory (spinistory), operující se spiny elektronů, a další. Mechanismy Ročník 83 (2008), číslo 1

51

ZPRÁVY

probíhají v epitaxních nanovrstvách. Oba laureáti Nobelovy ceny za fyziku pro rok 2007 jsou na obr. 2 a obr. 3. Literatura [1] Sodomka, L., Sodomková, Mag.: Nobelovy ceny za fyziku. SetOut, Praha, 1997, s. 103.

[2] Sodomka, L., Sodomková, Mag., Sodomková, Mar.: Kronika Nobelových cen II. Adhesiv, Liberec, 2002, s. 24.

[3] Sodomka, L., Sodomková, Mag., Sodomková, Mar.: Kronika Nobelových cen. Knižní klub, Praha, 2004, s. 82.

[4] von Ardenne, M. et al.: Efekte der Physik und ihre Anwendungen. VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1988.

[5] Sodomka, L.: Fundamentals ideas for nanofiber theory I. Strutex. In: Sborník 12. mezinárodní konference, Liberec, 2006, s. 199.

[6] Sodomka, L.: Nanovlákna, struktura, vlastnosti, technologie, použití. Vlákna a textil 13, 3 (2006), s. 78. Sodomka, L.: Nová éra elektroniky, spintronika. MFI 16, 1 (2006), s. 30. http://www. nobel.se/physics 2007 http://www. nobel.se/chemistry 2007 http://www. nobel.se/physiology and medicine 2007 Mende, D., Simon, G.: Physik, Gleichungen und Tabellen. VEB Fachbuchverlag, Leipzig, 1983, s. 355. [12] Sodomka, L.: Základy fyziky pro aplikace, 2. díl, 3. díl. Adhesiv, Liberec, 2004, CD. [13] Sodomka, L., Fiala, J.: Fyzika a chemie kondenzovaných látek 1, 2. Adhesiv, Liberec, 2003, 2004.

[7] [8] [9] [10] [11]

Ceny PRÆMIUM BOHEMIÆ 2007 Bohumil Vybíral, Univerzita Hradec Králové Nadace Bohuslava Jana Horáčka Českému ráji letos již posedmé ocenila studenty – výrazné talenty, kteří v roce 2007 s úspěchem reprezentovali Českou republiku na světových přírodovědných olympiádách. Jde o 20 studentů, kteří dosáhli výrazných úspěchů na mezinárodní fyzikální olympiádě, mezinárodní chemické olympiádě, mezinárodní biologické olympiádě, mezinárodní matematická olympiádě a na mezinárodní olympiádě v informatice. 52


ZPRÁVY

Ceny Præmium Bohemiæ udělované studentům mají dvě složky: finanční odměnu (ta se v posledních třech letech podle míry dosaženého úspěchu pohybovala ve výši od 5 do 30 tisíc Kč) a symbolickou ve formě medaile Bohuslava Jana Horáčka, která je podle dosaženého úspěchu na soutěži zlatá, stříbrná nebo bronzová. V letech 2001 až 2007 Nadace udělila studentům již 151 cen v celkové výši téměř tří milionů Kč. Příznačné je, že z těchto 151 cen získali mladí fyzici nebo matematici (včetně oboru programování, který je u nás k matematice přiřazen) celkem 96 cen (tedy 63,6 % z celkového počtu).

Obr. 1a: Část studentů oceněných cenami Præmium Bohemiæ v roce 2007

Jakých úspěchů dosáhli čeští studenti na světových olympiádách v roce 2007? Mezinárodní fyzikální olympiáda, v pořadí již 38., se konala v íránském Isfahánu a účastnilo se ji 323 studentů ze 73 států všech kontinentů. Našich pět studentů dosáhlo vynikajícího úspěchu ziskem dvou zlatých, jedné stříbrné a dvou bronzových medailí. Při neoficiálním hodnocení zastoupení států Evropské unie naši studenti dopadli vedle studentů z Německa a Francie úplně nejlépe. Chemie měla letos 39. ročník mezinárodní olympiády – soutěž se konala v Moskvě za účasti 256 studentů ze 68 států. Čtyři čeští studenti získali tři medaile – dvě stříbrné a jednu bronzovou. Letošní 18. mezinárodní biologickou olympiádu hostila Kanada. Zúčastnila se ji čtyřčlenná družstva ze 49 států. Naši čtyři studenti přivezli dvě medaile – jednu stříbrnou a jednu bronzovou. Nejstarší mezinárodní olympiáda – matematická – měla letos již 48. ročník. KoRočník 83 (2008), číslo 1

53

ZPRÁVY

nala se v Hanoji, ve Vietnamu, za rekordní účasti 520 studentů z 93 států všech kontinentů. Šestičlenné české družstvo bylo úspěšné ziskem pěti bronzových medailí a jednoho čestného uznání. Mezinárodní olympiáda v informatice měla letos 19. ročník a hostilo ji chorvatské hlavní město Záhřeb. Olympiády se zúčastnilo 285 soutěžících ze 77 států. Čtyři čeští studenti přivezli čtyři medaile – tři stříbrné a jednu bronzovou.

Obr. 1b: Část studentů oceněných cenami Præmium Bohemiæ v roce 2007

Úspěchy českých studentů na světových přírodovědných olympiádách tedy ziskem dvou zlatých, sedmi stříbrných, deseti bronzových medailí a dvou čestných uznání byly opět pozoruhodné. Někteří studenti byli pro opakovanou účast na olympiádách v různých letech oceněni cenami Præmium Bohemiæ i několikrát. Zcela výjimečného úspěchu např. dosáhl Pavel Motloch, který letos získal cenu za zlatou medaili, loni za bronzovou a předloni za stříbrnou. Mimořádný úspěch zaznamenal i Miroslav Klimoš, který letos získal stříbrnou medaili na mezinárodní olympiádě v informatice a k tomu bronzovou medaili na mezinárodní olympiádě v matematice. Akt udílení cen se konal jako každoročně dne 4. prosince, v den výročí narození zakladatele Nadace B. J. Horáčka, v zámeckém divadle krásného zámku Sychrov nedaleko Turnova. Slavnosti se zúčastnilo vedení Akademie věd ČR v čele s jejím předsedou prof. V. Pačesem, četní členové Učené společnosti, včetně jejího předsedy dr. J. Grygara, předseda Jednoty českých matematiků a fyziků doc. Š. Zajac a další významní hosté 54


ZPRÁVY

včetně ředitelů úspěšných škol (vesměs gymnázií). Pozvání přijali také rodiče oceněných studentů. Motivující pro oceňované studenty je také skutečnost, že akt udílení cen má i významnou druhou část, kdy je oceněna česká vědecká osobnost za významný přínos světovému rozvoji vědy. Letos velkou cenu Præmium Bohemiæ, dotovanou 500 tisíci Kč, získal věhlasný český lékař prof. MUDr. Vladimír Vonka, DrSc. za významný přínos v objasnění virů při vzniku nádorových onemocnění a jejich možné prevenci. Udílení cen Præmium Bohemiæ představuje kvalitativní změnu v přístupu společnosti zejména k oceňování mladých přírodovědných talentů za jejich osobní úsilí i za reprezentaci. Ceny pro studenty, avšak i pro vyzrálé vědecké osobnosti, znamenají stimul nejen morální, ale i materiální, pro nás všechny ostatní pak obdiv nad šlechetným činem zakladatele Nadace, mecenáše českého národa, filantropa Bohuslava Jana Horáčka, který svým životem ukázal, že pevný postoj, tvrdá práce a překonávání překážek má smysl.

Obr. 2: Student Pavel Motloch při děkovném projevu

Příloha – děkovný projev nejúspěšnějšího studenta Pavla Motlocha Vážený pane předsedo, vážení členové správní rady, vážení zástupci Akademie věd České republiky, vážení členové Učené společnosti České republiky a Jednoty českých matematiků a fyziků, vážené dámy a vážení pánové! Ročník 83 (2008), číslo 1

55

ZPRÁVY

Dostalo se mi té velké cti vystoupit na tomto slavnostním večeru jménem nás studentů a poděkovat Nadaci Bohuslava Jana Horáčka za udělenou poctu. Pro většinu z nás představuje dnešní večer vyvrcholení našich snah na poli přírodovědných olympiád, snah, které započaly někdy v dávné minulosti. Jsme proto rádi, že můžeme tento večer strávit zde, v příjemném prostředí Sychrovského zámku, za přítomnosti významných osobností české vědy i našich rodičů. Je jistě malým zázrakem, že v dnešních dobách, kdy se většina lidí ohlíží především na komerční dopady svých činů, se najdou i takoví lidé, jakým byl pan Bohuslav Jan Horáček a jakými jsou lidé z nadace, kterou založil. Tito lidé dávají nám, studentům, najevo, že stále ještě existuje někdo, kdo si všímá naší práce a kdo nám dává naději, že to, co děláme, nezůstane zcela bez odezvy. Proto si uděleného ocenění velice považujeme a mnohokrát za něj děkujeme. Nejde zde ale pouze o samotné ocenění. Těmto lidem můžeme děkovat i za to, že jsou pro nás inspirací k tomu, abychom se ve spěchu moderního dne zastavili a zamysleli nad tím, jak bychom mohli i my přispět k rozvoji naší malé země a jak bychom mohli pomoci lidem, kteří v ní žijí. Věřím, že působení ve vědě je jednou z takových forem pomoci. I když možná nikdy nedokážeme vykonat pro svou vlast tolik jako pan Bohuslav Jan Horáček, věřím, že tvrdá práce, ke které nás dnešní ocenění motivuje, své plody nakonec přinese. Tak jako v žádné oblasti lidské činnosti, ani na poli přírodovědných olympiád toho jednotlivec sám mnoho nezmůže. Proto bych na tomto místě rád poděkoval té veliké spoustě lidí, kterým vděčíme za to, že zde, na Sychrovském zámku, dnes můžeme být. Za nás za všechny děkuji především rodičům, kteří se již od počátku snažili dát našemu životu správný směr, dále našim učitelům, inspirujícím a pečujícím, vedoucím národních přírodovědeckých olympiád, přátelům a ještě mnoha dalším. Děkujeme Vám. Je mi velice líto, že zde s námi pan Bohuslav Jan Horáček již nemůže být, neboť bych jej velice rád poznal. Doufám tedy alespoň v to, kdyby tady mohl být přítomen, tak by měl z nás a našich výkonů upřímnou radost. Závěrem bych chtěl ještě jednou poděkovat Nadaci za udělenou cenu, která pro nás nepředstavuje pouze ocenění, kterého si velmi vážíme, ale především velké povzbuzení a silný motivační impuls do budoucna. Děkuji Vám za Vaši pozornost.

56


Ekonomické aplikace nekonečné geometrické řady

Recommend Documents