Geometrický model obecné kubické rovnice

MATEMATIKA Geometrický model obecné kubické rovnice Jaromír Šimša, PřF MU Brno Z hodin algebry víte, že kubickou rovnicí rozumíme každou rovnici as3 + bs2 + cs + d = 0

(1)

s neznámou s a danými reálnými čísly a, b, c a d, zvanými koeficienty rovnice (1). Neklademe-li na ně jiné podmínky než a = 0, mluvíme o obecné kubické rovnici. Řešit rovnici (1) cestou algebraických úprav a výpočtů třetích odmocnin je možné (výsledná vyjádření kořenů jsou známa jako Cardanův vzorec), avšak celý postup je poměrně složitý a nebudeme jej zde popisovat.∗ ) V tomto krátkém příspěvku se seznámíme pouze s jednou planimetrickou konstrukční úlohou, která má sice jednoduché zadání, její řešení však vede na obecnou rovnici (1) s koeficienty majícími velmi názorný geometrický význam. Celému výkladu porozumí každý z vás, kdo je obeznámen se základy analytické geometrie. Úloha. V rovině jsou dány dvě navzájem kolmé přímky x, y a dva body U, V . Sestrojte přímku, která protne přímku x v takovém bodě X a přímku y v takovém bodě Y , že jak body U a X, tak body V a Y leží na stejné kolmici k přímce p.

Obr. 1 ∗

) Řešení kubické rovnice včetně Cardanova vzorce najdete např. v brožuře M. Šisler,

J. Andrys: O řešení algebraických rovnic, Mladá fronta, Praha 1964, str. 76–77.

Ročník 82 (2007), číslo 2

1

MATEMATIKA

Situace úlohy je znázorněna na obr. 1. Proč jsme znění úlohy nepodali v jednodušší podobě odvolávajíce se na pravoúhle lomenou čáru U XY V ? Nechtěli jsme totiž vyloučit takové zvláštní případy, kdy platí X = Y , U = X nebo V = Y . Rozmyslete sami, při jaké vzájemné poloze daných kolmic x, y a daných bodů U, V taková výjimečná řešení úloha připouští a zda tehdy mohou existovat i jiná řešení, která vytvoří čáru U XY V jako na obr. 1. Určitě vám prospěje i malá geometrická“ rozcvička, když si předchozí ” obrázek překreslíte a s tužkou v ruce zkusíte aspoň chvíli přemýšlet, jak byste neznámou přímku p určili a sestrojili. Možná vás napadne, že by bylo užitečné uvažovat o poměrech délek stran tří navzájem podobných trojúhelníků OXY , U0 U X a V0 Y V , kde O značí průsečík daných přímek x, y a body U0 , V0 jsou kolmé průměty bodů U , V na ně (obr. 2).

Obr. 2 Zmíněný nápad nyní uskutečníme prostředky analytické geometrie. Bude to mít tu výhodu, že všechny vyhovující přímky p určíme jednotným postupem bez ohledu na to, na kterých ramenech pravých úhlů, jež dané přímky x, y svírají, průsečíky X, Y leží. Podle dané dvojice kolmic x, y s průsečíkem O zavedeme kartézskou souřadnicovou soustavu Oxy a označíme U [b, a] a V [d, c] souřadnice daných bodů U, V v této soustavě.∗ ) Hledaná přímka p má být různoběžná jak s osou x, tak s osou y, proto bude mít v soustavě Oxy (konečnou) nenulovou směrnici, kterou označíme s, tedy s ∈ R a s = 0. Jak víme, takovou přímku p je pak možné zadat směrnicovou rovnicí p : y = sx + t, ∗

(2)

) Připadá-li vám pořadí písmen v označení souřadnic obou bodů poněkud neobvyklé,

vězte, že je vybráno tak, aby výsledkem dalšího zkoumání byla právě rovnice (1) s koeficienty v abecedním pořadí.

2

Rozhledy matematicko-fyzikální

MATEMATIKA

kde t ∈ R je vhodná konstanta a [x, y] proměnné souřadnice libovolného bodu přímky p. Naší úlohou je určit neznámé koeficienty s, t tak, aby přímka p určená rovnicí (2) měla požadované vlastnosti. Vyjádříme proto nejprve souřadnice průsečíků X, Y přímky p s osou x, resp. y. Dostaneme je, když do rovnice (2) dosadíme y = 0, resp. x = 0: X=

−t ,0 a Y = [0, t] s

Vektory U − X a V − Y tudíž mají souřadnice t U − X = b + ,a a V − Y = (d, c − t), s zatímco směrový vektor přímky p se směrnicí s má souřadnice = = (1, s). Dosadíme je do skalárních součinů ve dvojici rovností (U − X) · = 0 a (V − Y ) · = 0, které přesně vyjadřují zadání úlohy, tedy podmínky U X ⊥ p (pokud U = X) a V Y ⊥ p (pokud V = Y ). Po dosazení souřadnic tak dostaneme pro neznámé s, t soustavu rovnic t b+ + as = 0 a d + (c − t)s = 0, s ze které vyloučíme neznámou t, když ze druhé rovnice vyjádříme t=c+

d s

(3)

(připomínáme, že s = 0) a dosadíme do první rovnice. Vyjde as + b +

c d + 2 = 0, s s

což po vynásobení nenulovou hodnotou s2 dává právě kubickou rovnici (1) z úvodu našeho příspěvku! Naopak, je-li s ∈ R libovolný nenulový kořen rovnice (1), ke kterému určíme hodnotu t podle vztahu (3), pak přímka p o rovnici (2) je zřejmě řešením uvažované planimetrické úlohy. Ročník 82 (2007), číslo 2

3

MATEMATIKA

Shrňme výsledek našich úvah: Řešit v oboru R kubickou rovnici (1) s danými reálnými koeficienty a, b, c, d znamená hledat směrnice přímek, které jsou řešením naší úlohy s danými body U [b, a] a V [d, c] zapsanými v kartézské souřadnicové soustavě Oxy (obr. 3 pro případ kladných koeficientů).

Obr. 3 Pro ilustraci výsledku vybereme kubickou rovnici (2s + 1)(s − 1)(s − 2) = 0 s kořeny s1 = − 12 , s2 = 1 a s3 = 2. Snadným roznásobením zjistíme, že jde o rovnici (1) s koeficienty a = 2, b = −5, c = 1 a d = 2, kterým odpovídá naše planimetrická úloha s body U [−5, 2] a V [2, 1]. Při takovém zadání tato úloha bude mít za řešení tři přímky pi o rovnici (2) se směrnicí s = si a koeficientem ti , který dostaneme po dosazení do vztahu (3). Vyjdou rovnice p1 : y = −

x − 3, 2

p2 : y = x + 3,

p3 : y = 2x + 2.

Všechna tři řešení vidíte na obr. 4. Vraťme se od konkrétního příkladu k obecnému zadání zkoumané úlohy a posuďme možnost sestrojení jejího řešení. Z teorie geometrických konstrukcí je známo, že neexistuje žádný obecný postup, kterým by euklidovsky (tj. pomocí pravítka a kružítka) bylo možné na číselné ose sestrojit ze známých obrazů koeficientů a, b, c, d obrazy kořenů rovnice (1).∗ ) Protože jsme na takovou rovnici převedli naši planimetrickou ∗

) Stále se objevují jedinci, kteří tento nezvratitelný výsledek neberou na vědomí a

hledají např. euklidovskou konstrukci pro trisekci úhlu, tedy pro rozdělení daného úhlu (o obecné velikosti) na tři menší shodné úhly. Přitom i v tomto případě jde o úlohu ekvivalentní kubické rovnici.

4


MATEMATIKA

úlohu, znamená to, že hledanou přímku p nelze pro obecně dané kolmice x, y a body U, V pomocí pravítka a kružítka sestrojit. Říkáme, že taková konstrukční úloha není euklidovsky řešitelná. Podívejme se proto, jakými jinými prostředky můžeme počet a polohu jednotlivých řešení naší úlohy určovat.

Obr. 4 Předpokládejme, že v nákresně máme vyznačeny dané kolmice x, y a dané body U, V . Na průsvitku nakresleme dvě navzájem kolmé přímky m, n s průsečíkem X a přiložme ji na nákresnu tak, aby bod X padl na přímku x a bod U na přímku m. Při zachování těchto dvou podmínek budeme průsvitkou pohybovat a zkoumat, kdy rovněž úhel XY V , kde Y je průsečík přímek n a y, bude pravý (obr. 5).

Obr. 5 Jistě si také dokážete představit jinou pomůcku: dvojici pravítek spřažených kloubovým mechanismem tak, aby hrany pravítek tvořily dvojici rovnoběžek s plynule se měnící vzdáleností. Tato pomůcka by nám umožnila danými body U, V prokládat dvojici rovnoběžek u, v proměnRočník 82 (2007), číslo 2

5

MATEMATIKA

ného směru (obr. 6). Při těchto změnách rovnoběžek u, v bychom pak pozorovali, kdy příčka XY , kde X, Y jsou průsečíky dvojic přímek x, u, resp. y, v, bude k přímkám u, v kolmá (obr. 6).

Obr. 6 Obě dvě zmíněné dynamické pomůcky si můžete snadno připravit na svém počítači pomocí vhodného geometrického softwaru, například programu Cabri. Budete pak mít možnost velice pohodlně a názorně určovat počet a přibližné hodnoty reálných kořenů jakékoliv konkrétní kubické rovnice (1). Poznamenejme nakonec, že v případě U = X dostaneme z naší úlohy se zadanými body U [b, 0] a V [d, c] model pro řešení obecné kvadratické rovnice (4) bs2 + cs + d = 0. V takové situaci hledáme k daným bodům U , V vlastně pouze bod Y na dané přímce y tak, aby úhel U Y V byl pravý. K řešení zřejmě stačí sestrojit Thaletovu kružnici nad průměrem U V (obr. 7). Kořeny rovnice (4) pak jsou směrnice vyhovujících přímek U Y .

Obr. 7 6


MATEMATIKA

Zajímavosti o Fibonacciových číslech Martina Jarošová, PřF MU Brno Cílem tohoto článku je poukázat na některé zajímavosti o Fibonacciových číslech. Nejprve ale několik slov o samotném Fibonaccim. Fibonacci Leonardo Pisánský – Fibonacci, též Leonardo z Pisy (také Filius Bonacci, tj. syn Bonacciův) je jedním z nejvýznamnějších matematiků středověké Evropy (obr. 1 až 3). Narodil se v Pise kolem roku 1170 a zemřel zřejmě roku 1250. Jeho otcem byl Guiliemo Bonacci, pracoval jako městský úředník. Leonardo studoval matematiku v Bougii, jedné z obchodních kolonií Pisy v severní Africe. Své znalosti si později rozšiřoval při cestách za obchodem ve Středomoří a v Orientu. Z jeho spisů je nejznámější Liber abaci (Kniha o abaku) z roku 1202.

Obr 1: Fibonacci

Obr 2: Socha v Pise

Obr 3: Pisa

Velmi známá je posloupnost Fibonacciových čísel (Fn )∞ n=1 , která začíná hodnotami F1 = 1, F2 = 1 a splňuje rekurentní formuli Fn+2 = Fn+1 + Fn , pro všechna přirozená čísla n = 1, 2, 3, . . .

(1)

Několik prvních členů Fibonacciovy posloupnosti je 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, . . . Ročník 82 (2007), číslo 2

7

MATEMATIKA

Tato čísla se poprvé objevila ve druhém vydání knihy Liber abaci z roku 1228 uvedením úlohy o králících, a proto nesou jeho jméno. Fibonacciovi králíci Původní Fibonacciův problém, který zkoumal, zní: Jak rychle se mo” hou množit králíci za ideálních podmínek?“ Předpokládejme, že nově narozený pár (1 samec a 1 samice) je vložen do ohrady. Králíci jsou schopni pářit se (dospějí) ve věku jednoho měsíce a na konci druhého měsíce může samice porodit nový pár králíků. Přitom se předpokládá, že naši králíci nikdy neumírají, nikdy nejsou nemocní a že dospělá samice porodí každý měsíc vždy jen jednoho samce a jednu samici. Fibonacci si položil následující otázku: Kolik párů králíků bude ” v ohradě po jednom roce?“ Postupně můžeme počítat (obr. 4): Počet párů 1

1

2

3

5 Obr. 4: Fibonacciovi králíci • na konci 1. měsíce se již mohou pářit, ale v ohradě je stále 1 pár • na konci 2. měsíce samice porodí nový pár, tedy v ohradě máme 2 páry králíků 8


MATEMATIKA

• na konci 3. měsíce původní samice porodí druhý nový pár, v ohradě jsou nyní 3 páry králíků • na konci 4. měsíce původní pár zplodí další nový pár, a také samice narozená druhý měsíc porodí svůj první pár potomků, tedy v ohradě je nyní 5 párů králíků Počty párů králíků na začátku každého měsíce jsou 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . . Každý měsíc je počet párů roven součtu počtu párů v předminulém měsíci a počtu párů v minulém měsíci. Získáváme Fibonacciovu posloupnost. Abstraktní model Uvažme nyní abstraktní matematický model popisující tyto biologické skutečnosti. Mějme jakýsi ideální vzorek A0 s následujícími dvěma vlastnostmi: i) Ve stejných časových intervalech, tedy v čase t1 , t2 , . . ., kde ti+1 − ti = τ,

pro i ≥ 1,

vzorek A0 generuje nové vzorky A1 , A2 , . . . Vzorek A1 je tedy vygenerován vzorkem A0 v čase t1 , vzorek A2 v čase t2 , . . . ii) Každý jedinec A1 , A2 , . . . se po svém vygenerování stává dospělým“ ” po čase 2τ a začíná též generovat nové vzorky ve stejném časovém intervalu τ jako A0 . Období dospívání“ jakékoliv nové generace je ” rovno 2τ . Označme nyní sn počet jedinců, kteří jsou vygenerováni ve stejný časový okamžik tn . Snadno je vidět, že sn = sn−2 + sn−1 ,

pro n ≥ 3,

kde sn−1 je počet dospělých vzorků v generačním okamžiku tn−1 , sn−2 je počet vzorků vygenerovaných v čase tn−2 = tn − 2τ , tj. počet vzorků, které se právě stávají dospělými. Ale s1 = s2 = 1, a proto čísla s1 , s2 , s3 , . . . jsou právě Fibonacciova čísla. Abstraktní model potomstva vzorku A0 je znázorněn na obr. 5. Vzorky vygenerované ve stejný časový okamžik tn jsou umístěny na stejné horizontále. Vzorek A0 je umístěn nad první řádek. Ročník 82 (2007), číslo 2

9

MATEMATIKA

Obr. 5: Abstraktní model

Fibonacci a květiny Počet okvětních lístků pro velké množství květin odpovídá právě Fibonacciovým číslům (obr. 6 až 8):

Obr 6: Trillium

Obr 7: Celandine

Obr 8: Divoká růže

Samozřejmě existují výjimky, kdy se počet okvětních lístků Fibonacciovým číslům nerovná, např. fuchsie (4 okvětní lístky). Fibonacci a včely Uvažme dvě přilehlé řady buněk v nekonečném úlu, jak ukazuje obr. 9. Pokusme se nalézt počet cest, kterými může včela lézt z jedné buňky do jiné buňky skrz ostatní buňky, jestliže může lézt jedině vpravo nebo šikmo vpravo dolů nebo šikmo vpravo nahoru. 10


MATEMATIKA

Obr. 9: Dvě přilehlé řady buněk Nechť bn označuje počet cest k n-té buňce. Potom tedy existuje právě jedna cesta k buňce A (obr. 10), tedy b1 = 1. Do buňky B vedou dvě odlišné cesty (obr. 11), tedy b2 = 2. K buňce C se včela může dostat třemi různými cestami (obr. 12), tedy b3 = 3. Dále existuje pět rozdílných cest, kterými se včela může uchýlit do buňky D, jak je patrné z obr. 13. Proto b4 = 5, podobně b5 = 8.

Obr 10: Cesta do buňky A

Obr 11: Cesta do buňky B

Obr 12: Cesta do buňky C

Obr 13: Cesty do buňky D Ročník 82 (2007), číslo 2

11

MATEMATIKA

Model postupného vývoje je zřejmý z následující tabulky. n

1 2 3 4 5 ... n

bn

1 2 3 5 8 ... ?

Z toho induktivně vyplývá, že pro včelu lezoucí do buňky n existuje bn = Fn+1 odlišných cest, kde Fn+1 značí (n + 1)-ní Fibonacciovo číslo. Základní vlastnosti Fibonacciových čísel 1. Začněme výpočtem součtu prvních n Fibonacciových čísel. Tedy dokažme, že platí F1 + F2 + F3 + · · · + Fn = Fn+2 − 1.

(2)

Důkaz: Užitím Fibonacciovy rekurentní formule (1) získáváme F1 = F3 − F2 , F2 = F4 − F3 , F3 = F5 − F4 , .. . Fn−1 = Fn+1 − Fn , Fn = Fn+2 − Fn+1 . Součtem všech těchto rovnic dostáváme F1 + F2 + F3 + · · · + Fn = Fn+2 − F2 = Fn+2 − 1. 2. Dále ukažme, že součet prvních n Fibonacciových čísel s lichými indexy je roven F1 + F3 + F5 + · · · + F2n−1 = F2n .

(3)

Důkaz: Opět použijeme Fibonacciovu rekurentní formuli (1). Platí F1 = F2 , F3 = F4 − F2 , .. . F2n−1 = F2n − F2n−2 . Požadovaný výsledek získáme opět součtem všech těchto rovností. 12


MATEMATIKA

3. Součet prvních n Fibonacciových čísel se sudými indexy je roven F2 + F4 + F6 + · · · + F2n = F2n+1 − 1. Důkaz: Vycházíme z následujícího: Z (2) plyne F1 + F2 + F3 + · · · + F2n = F2n+2 − 1. Odečtením (3) od této rovnosti obdržíme F2 + F4 + F6 + · · · + F2n = F2n+2 − 1 − F2n = F2n+1 − 1, jak bylo požadováno. 4. Ukážeme též, že platí rovnost F12 + F22 + F32 + · · · + Fn2 = Fn Fn+1 .

(4)

Důkaz: Tvrzení dokážeme matematickou indukcí: 1. Pro n = 1 tvrzení platí, neboť F12 = 12 = 1 = 1 · 1 = F1 · F2 . 2. Předpokládejme, že tvrzení platí pro n − 1 (n ≥ 2). Indukčním předpokladem je tedy rovnost 2 = Fn−1 Fn . F12 + F22 + F32 + · · · + Fn−1

Nyní dokažme platnost tvrzení pro n. K oběma stranám indukčního předpokladu přičtěme Fn2 : 2 + Fn2 = Fn−1 Fn + Fn2 F12 + F22 + F32 + · · · + Fn−1 = Fn (Fn−1 + Fn ) = Fn Fn+1

Užili jsme Fibonacciovu rekurentní formuli (1) a dokázali, že tvrzení (4) platí pro každé přirozené číslo n. V roce 1680 francouzský matematik a astronom italského původu G. D. Cassini zjistil, že platí identita (viz [3]) Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n Ročník 82 (2007), číslo 2

pro n ≥ 1.

(5) 13

MATEMATIKA

Důkaz: Tvrzení dokážeme matematickou indukcí, přičemž F0 = F2 − F1 = 0. 1. Pro n = 1 tvrzení platí, neboť F2 F0 − F12 = −12 = −1 = (−1)1 . 2. Předpokládejme, že tvrzení platí pro n. Indukčním předpokladem je tedy rovnost: Fn2 = Fn−1 Fn+1 + (−1)n−1 . Nyní dokažme platnost tvrzení pro n + 1. K oběma stranám indukčního předpokladu přičtěme Fn Fn+1 : Fn2 + Fn Fn+1 = Fn Fn+1 + Fn−1 Fn+1 + (−1)n−1 Fn (Fn + Fn+1 ) = Fn+1 (Fn + Fn−1 ) + (−1)n−1 2 Fn Fn+2 = Fn+1 + (−1)n−1 2 n+1 Fn Fn+2 − Fn+1 = (−1) V úpravách jsme opět použili Fibonacciovu rekurentní formuli (1) a tím dokázali, že tvrzení (5) platí pro každé přirozené číslo n. Další Fibonacciovy identity Pro každá přirozená čísla m, n platí: F1 − F2 + F3 − · · · − F2n + F2n+1 F1 F2 + F2 F3 + · · · + F2n−1 F2n nF1 + (n − 1)F2 + (n − 2)F3 + · · · + 2Fn−1 + Fn Fn4 − Fn−2 Fn−1 Fn+1 Fn+2 Fn+1 Fn+2 − Fn−1 Fn Fn+1 Fn+2 − Fn Fn+3

= 1 + F2n 2 = F2n = Fn+4 − (n + 3) =1 = F2n+1 = (−1)n

2 Fn+1 + Fn2 3 3 Fn+1 − Fn−1 2 Fn+1 − Fn2

= F2n+1 = F3n = Fn−1 Fn+2 Fn Fn+1 + Fn−1 Fn = F2n Fm Fn + Fm+1 Fn+1 = Fm+n+1 .. . Fn3

14

+


MATEMATIKA

Většinu těchto rovností lze snadno dokázat pomocí matematické indukce. Existuje mnoho dalších zajímavých vztahů a poutavých skutečností, ale o nich se zmíníme někdy příště. Literatura [1] Bečvář, J.: Leonardo Pisanský – Fibonacci. Dějiny matematiky, sv. 19, 2001, 264–339.

[2] Hoggatt, V. E. Jr.: Fibonacci and Lucas Numbers. Houghton Mifflin Company, Boston, 1969.

[3] Koshy, T.: Fibonacci and Lucas numbers with applications. John Wiley & Sons, Inc., New York, 2001.

[4] Knott, R.: Fibonacci Numbers and Nature. [online] c1996–2006, posl. rev. 19. 10. 2005 [cit. 12. 7. 2006] http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/ R.Knott/Fibonacci/fibnat.html [5] Vorobiev, N. N.: Fibonacci Numbers. Birkhäuser Verlag, Basel, 2002. [6] Zylinski, E.: Numbers of Fibonacci in Biological Statistics. Atti del Congr. internaz. matematici 4 (1928), 153–156.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ZAUJÍMAVÁ POSTUPNOSŤ Z CHAOSU K PORIADKU Asi budete mať problém, ak by ste mali určiť hneď ľubovoľný, t.j. n-tý člen (napr. stý člen) postupnosti 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . ., ktorú francúzsky matematik E. Lucas (1842–1891) pomenoval na Fibonacciho postupnosť.∗ ) Ak chcete priamo určovať n-tý člen Fibonacciho postupnosti, tu je hľadaný vzorec (objavený až v 19. storočí): an =

√1 5

√ n 1+ 5 2

−

√ n 1− 5 2

Pomer dvoch po sebe nasledujúcich členov tejto postupnosti sa s rastúcim n stále viac približuje tzv. pomeru zlatého rezu. Nečakanou skutočnosťou je, že aj pri skúmaní štruktúr prírodných telies i niektorých biologických javov sa ukazuje Fibonacciho postupnosť i pomer zlatého rezu. Ako keby boli symbolom vzniku poriadku z chaosu. Dušan Jedinák ∗

) Leonardo Pisánsky (asi 1170–1240), prezývaný Fibonacci (syn dobráka), vo svojom

diele Liber abaci zaviedol do Európy indické cifry a nulu, vysvetlil desiatkovú pozičnú sústavu i arabské poznatky z aritmetiky aj algebry.


15

FYZIKA Matematické modelování Chladniho obrazců na počítači Václav Potoček, FJFI ČVUT Praha

Úvod Chladniho obrazci nazýváme obecně útvary uzlových čar, které vznikají při kmitání plošných objektů. Nejsnáze se v praxi předvedou, když na povrch kovové desky nasypeme písek nebo jemný prášek a poté ji rozezníme např. tahem smyčce, jak ukazuje obr. 1. Prášek je zvuObr. 1 kovými kmity desky nadhazován a posunován, a uspořádá se tak na místech, kde jsou kmity nejslabší. Jedná se o uzly stojaté vlny, ale protože ty na ploše tvoří spojité útvary, používá se název uzlové čáry. V tomto provedení také obrazce poprvé předvedl jejich objevitel, německý fyzik Ernst Florens Friedrich Chladni, roku 1808 na půdě Francouzské akademie věd. Tento experiment měl velký úspěch, silně zaujal například i císaře Napoleona. Chladni se začal zabývat jejich popisováním, později zakresloval katalogy obrazců vznikajících na čtvercových a kruhových deskách, ale jejich matematická podstata mu nebyla známa. Vzorec stojaté vlny Způsob odvozování matematického popisu Chladniho obrazců silně závisí na tvaru uvažované desky. My prozkoumáme chování desek čtvercového tvaru. Zobecnění například na desky tvaru obdélníka by ještě mnoho nových problémů nepřineslo, ale počítání obrazců na kruhových deskách již vyžaduje postupy a speciální funkce, které dalece přesahují rozsah středoškolské matematiky. Kmitání desek komplikovanějších tvarů se pak již neodvozuje vůbec a počítá se jen numericky. 16


FYZIKA

Postup, který zde provedeme, bude spíše jen naznačením odvození hledaného vzorce – některá důležitá tvrzení budeme muset přijmout jako fakt bez důkazu. Dá se k nim dojít důkladnějším rozborem, který však svým rozsahem překračuje možnosti tohoto článku. Jak již bylo řečeno, tvar Chladniho obrazců je dán stojatou vlnou, která při kmitání desky vzniká. Budeme tedy hledat možné tvary funkcí určujících okamžitou výchylku takových vln a zkusíme přitom použít znalost vzorců stojatých vln na strunách, které se odvozují ve středoškolské fyzice. Připomeňme si je spolu s některými základními fakty. Stojaté vlnění se vždy vyznačuje tím, že všechny body uvažovaného prostředí kmitají se stejnou frekvencí a ve stejné fázi, liší se jen jejich amplitudy. Existuje tak nějaký tvar struny, resp. desky, který se postupem času jen více či méně vychyluje od rovnovážného stavu, periodicky přes tento stav přechází na opačnou stranu a zase zpět. Tento fakt se ve vzorci pro okamžitou výchylku projeví výskytem časového členu sin(ωt + ϕ0 ) a výrazu určujícího amplitudu každého bodu, který je pouze funkcí souřadnic. Místa, v nichž je amplituda rovna 0, vůbec nekmitají a nazývají se uzly stojaté vlny. V případě stojatého vlnění struny je závislost výchylky na čase sinusová (harmonická) a na celé délce struny má stojaté vlnění vždy celý počet čtvrtvln. Na začátku a na konci struny má výchylka buď maximální hodnotu nebo nulovou hodnotu – podle toho, zda je tento konec volný nebo pevný. Případ s oběma konci volnými není na struně tak častý – má využití spíše u jiných prostředí, např. vzduchového sloupce – my však budeme uvažovat desku vždy s volnými konci, a proto použijeme i takový model struny. Jestliže jednomu konci struny přiřadíme souřadnici 0 a druhému a, pak funkcí určující výchylku struny z může být z = A cos

mx , a

kde x je vzdálenost místa na struně od jejího začátku. Volba funkce kosinus zajistí maximální výchylky na začátku struny. Stejná podmínka na konci struny pak omezuje volbu m na celá čísla. Změna m za jeho opačnou hodnotu tuto funkci nezmění, proto nám dokonce stačí uvažovat jen přirozená čísla a nulu, m ∈ N0 . Reálné číslo A má význam amplitudy celé stojaté vlny. Ta je tedy nakonec popsána funkcí ϕ(x, t) = A cos Ročník 82 (2007), číslo 2

m x sin(ωt + ϕ0 ). a 17

FYZIKA

Důležitý je ještě vztah hodnot m a ω. Obě totiž určují vlnovou délku kmitání a jsou jí jednoznačně svázány. Tak, pokud chceme dosáhnout stojaté vlny s m uzly, potřebujeme strunu rozkmitat s frekvencí f = mc 2a a úhlovou frekvencí ω = mac , kde c je rychlost šíření zvuku v materiálu desky. Ve vzorcích ale budeme ponechávat hodnoty odpovídající m i ω a uvádět jen jejich vztah, kde bude potřeba. Představme si nyní tenkou desku tvaru čtverce o straně délky a, kterou bychom myšleně rozdělili podél jedné ze stran na mnoho tenkých proužků. Jakmile se jejich šířka stane zanedbatelnou vzhledem k a, můžeme na každý z nich pohlížet jako na strunu s volnými konci. Nyní uvažujme, že by takové rovnoběžné struny kmitaly všechny kolmo k původní desce (ve směru osy z dle obr. 2), se stejnou frekvencí i amplitudou a ve stejné fázi. Pak by se všechny body se stejnou souřadnicí x pohybovaly zcela stejně a kmitání by nebylo ovlivněno, kdybychom mezi sebou úsečky pevně spojili. Tím jsme se ovšem vrátili k celé desce a můžeme říci, že známe jeden ze způsobů, jakým může kmitat.

z y

x Obr. 2

Tato informace není postačující pro řešení celé úlohy, ale pomůže nám uvědomit si důležitou skutečnost. Přestože jsme strany desky ponechali volné, spojnice uzlů myšlených strun vedou až k nim. Na desce tedy neplatí, že by všechny okrajové body musely kmitat s nejvyšší amplitudou. Pomocí použité myšlenky jsme vlastně na desce již zavedli jednu kartézskou souřadnici x a stejným způsobem měřme v kolmém směru souřadnici y. Výchylka vlny, kterou jsme zatím nalezli, má tak v každém okamžiku harmonický průběh po ose x a je konstantní podél osy y. Pouhým natočením pohledu samozřejmě můžeme stejný postup opakovat s prohozenými osami. Klíčovým krokem je ale celkem nepřekvapující fakt, že 18


FYZIKA

existují i stojaté vlny s harmonickým průběhem výchylky po obou osách současně. Zde budeme muset bez vysvětlování přijmout platnost tvrzení, že počty uzlů podél os x a y mohou být dvě různá čísla m a n, tedy vlna je popsána funkcí ny mx cos sin(ωt + ϕ0 ) z(x, y, t) = A cos a a a platí pro ni c 2 ω= m + n2 . a Čísla m a n volíme opět z oboru N0 . Všimněte si, že zvolíme-li některé z nich rovné 0, oba vzorce se skutečně zjednoduší na dříve probrané případy. Tento vzorec je již poněkud užitečnější, ale neumožňuje další logické variace. Podle něj by každý Chladniho obrazec muset vypadat podobně stroze jako obr. 3, což neodpovídá pozorování. Narazili jsme tedy na slepou cestu?

Obr. 3

Vzniklý problém nám pomůže vyřešit známý princip superpozice, který říká, že různé takovéto vlny mohou na desce existovat současně a nezávisle na sobě a okamžitou výchylku v každém bodě pak můžeme spočítat jako součet hodnot, které by nám daly vzorce každé z nich. Na struně se takto mohou sčítat příspěvky jednotlivých harmonických kmitočtů, ale vzniklé vlnění přestane být stojaté – výsledný vzorec by neumožňoval vytknutí časového členu. Aby tato podmínka nebyla porušena, musely by všechny sčítané vlny obsahovat stejný činitel sin(ωt+ϕ0 ), tedy mít stejnou frekvenci a ještě být ve fázi. To nám v případě struny nedá žádné nové možnosti, protože i zbytek vzorce pro stojatou vlnu až na amplitudu je hodnotou ω jednoznačně určen, a mohli bychom tak sčítat nejvýše amplitudy stejné vlny. Ročník 82 (2007), číslo 2

19

FYZIKA

√ Vzpomeneme-li si ovšem zde na trvzení, že ω = ac m2 + n2 , vidíme, že jednoznačnost přestává na desce platit – odlišnou vlnu se stejným kmitočtem můžeme získat, nahradíme-li uspořádanou dvojici (m, n) jinou dvojicí (m , n ), pro kterou by platilo m2 + n2 = m2 + n2 . Celkem okamžitým řešením je čísla ve dvojici prohodit. Pro dostatečně malá čísla m a n je to dokonce jediné, co můžeme udělat – první méně triviální rovnost je 32 + 42 = 52 + 02 . Stejně jako u kmitání struny se ale spokojíme spíše s menšími hodnotami a budeme brát v úvahu jen vlny určené dvojicemi (m, n) a (n, m). (V případě m = n se nic špatného neděje, jen se tento krok stane zbytečným.) Tak můžeme vytvářet stojaté vlny konečného tvaru ny my m x nx cos + A2 cos cos sin(ωt + ϕ0 ). z(x, y, t) = A1 cos a a a a Použití vzorce Chladniho obrazce skutečně již budeme počítat jako uzlové čáry takto vzniklých vln, tedy množiny bodů [x, y], které splňují rovnici A1 cos

ny my mx nx cos + A2 cos cos =0 a a a a

pro nějaké hodnoty m, n ∈ N0 a A1 , A2 ∈ R. Tím je sice popsána křivka, ale tvar její (neparametrické) rovnice je pro větší m a n příliš složitý pro analytické řešení, navíc je takový postup zdlouhavý. Chladniho obrazce tedy budeme vykreslovat numericky pomocí počítače. Máme v podstatě dvě možnosti, jak tento úkol počítači sdělit: použít matematický software (Mathematica, Maple apod.) nebo napsat vlastní jednoúčelový program. První z možností je podstatně snazší, ale závisí na dostupnosti software, který obecně není volně šiřitelný. Různé programy mají také různé možnosti, jimiž jsme vázáni. Příklad vyřešíme pomocí programu Maple, protože jeho příkaz implicitplot je přesně to, co hledáme (obr. 4): # Parametry zvolíme náhodně: m := rand(5)(): n := rand(5)(): a1 := rand(-5..5)(): a2 := rand(-5..5)(): f := (x,y) -> a1*cos(m*x)*cos(n*y) + a2*cos(n*x)*cos(m*y): plots[implicitplot]( 20


FYZIKA

f(x,y) = 0, x=0..Pi, y=0..Pi, scaling=constrained, view=[0..Pi,0..Pi], axes=none);

Obr. 4

Jestliže se rozhodneme pro programování, nebudeme potřebovat umět vykreslovat takto zadané křivky. Mnohem výhodnější je vyrobit si čtvercovou mřížku bodů o souřadnicích z rozmezí 0, a a každému z nich přiřadit barvu dle jeho amplitudy. V nejjednodušším případě budeme body vybarvovat bíle nebo černě podle toho, zda absolutní hodnota tohoto výsledku bude menší nebo větší než jistá hranice. Zadání si můžeme pro své účely ještě mírně upravit: využijeme toho, že pro tvar křivky nejsou rozhodující obě hodnoty A1 a A2 , ale jen jejich poměr. Mohli bychom tak ušetřit jeden parametr. Všech možných poměrů“ například dosáhneme, zvolíme-li ” A1 = cos ψ A2 = sin ψ, kde ψ je pomocná hodnota bez hlubšího geometrického významu. Přesně podle posledních dvou odstavců postupuje následující program. Pro ukázku jsme použili programovací jazyk Pascal, protože je rozšířen v osnovách středních škol. program Chladni; uses Graph; var grDriver,grMode,grErr:Integer; m,n,psi:Integer; { Parametry obrazce } a1,a2:Real; Ročník 82 (2007), číslo 2

21

FYZIKA

x,y:Integer; const a=200; pi=3.1415927;

{ Souřadnice } { Strana čtverce v počtu bodů }

begin Write(’Zadejte m: ’); ReadLn(m); Write(’Zadejte n: ’); ReadLn(n); Write(’Zadejte parametr psi: ’); ReadLn(psi); a1 := cos(psi*pi/180); { Výpočet A1 a A2 z psi } a2 := sin(psi*pi/180); grDriver := Detect; { Následující řádek upravte dle skutečného podadresáře "BGI" své instalace } InitGraph(grDriver, grMode, ’C:\Pascal\BGI’); grErr := GraphResult; if grErr = grOK then begin for x := 0 to a do { Procházení bod po bodu } for y := 0 to a do { Blízkost nuly poznáme podle absolutní hodnoty } if abs(a1*cos(m*pi*x/a)*cos(n*pi*y/a) + a2*cos(n*pi*x/a)*cos(m*pi*y/a))<0.1 then PutPixel(x,y,0) { Blízko nuly: černá } else PutPixel(x,y,GetMaxColor); { Dále: bílá } ReadLn; CloseGraph; end else WriteLn(’Chyba grafiky: ’,GraphErrorMsg(grErr)); end. Čtenáři zběhlejší v programování pak možná rádi vyzkouší jedno silné vylepšení programu – přechod od dvou barev k plynulým přechodům stupňů šedi. Příklad uvádět nebudeme, protože v Pascalu by se jednalo o příliš velké změny. Myšlenkou je nevyužít vypočítanou hodnotu pouze k rozhodnutí pro černou nebo bílou, ale přímo jí přiřadit barvu. Chladniho obrazce vzniknou, pokud zvolíme takové obarvení, aby se hodnoty blízké 0 značně odlišovaly od ostatních. Takovým zobrazením do množiny 0, 1 (bílá – černá) může být například jednoduchá funkce 1 , f (x) = 1 + nx2 22


FYZIKA

kde n je koeficient v řádu desítek až stovek. Její graf ukazuje obr. 5. Jestliže chceme, aby černé barvě odpovídala hodnota 0, jak je obvyklé na počítači, odečteme hodnotu funkce f od 1. y 1

f (x) −1

0

1

x

Obr. 5

Ukážeme zde alespoň, jak je možno tento úkol zadat programu Maple. Výsledkem je obr. 6. m := rand(5)(): n := rand(5)(): phi := rand(360)(): a1 := cos(phi*Pi/180): a2 := sin(phi*Pi/180): f := (x,y) -> a1*cos(m*x)*cos(n*y) + a2*cos(n*x)*cos(m*y): plots[densityplot]( 1-1/(100*f(x,y)^2+1), x=0..Pi, y=0..Pi, grid=[50,50], axes=none, scaling=constrained, view=[0..Pi,0..Pi]);

Obr. 6


23

FYZIKA

Vlastním programem dosáhneme poněkud lepších obrázků, které vidíme na obr. 7. Programátoři si pak jako další výzvu mohou vzít plynulé změny parametru ψ (jediného, který je možno měnit spojitě), čímž vzniknou zajímavé animované přechody mezi různými obrazci . . . a dále se fantazii meze nekladou. m, n

1

2

3

4

0

1

2

3

Různé ψ

atd. Obr. 7

Výsledné obrázky Obrazce tvořící obr. 7 byly vytvořeny pomocí algoritmu popsaného výše. V tabulce jsou uvedeny i použité hodnoty parametrů, pomocí kterých je možné hledat různé zákonitosti nebo si obrázky znovu nakreslit. 24


FYZIKA

Nakonec na obr. 8 je kopie původních Chladniho nákresků (tedy vycházejících ze skutečné situace), aby bylo možno říci, zda nás naše úvahy dovedly až k cíli.

Obr. 8

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Matematika je veda o vzoroch a príroda využíva takmer každý vzor, ktorý je k dispozícii . . . Funkciou matematiky je usporadúvať základné vzory a pravidelnosti tým najuspokojivejším spôsobom. Ian Stewart: Čísla prírody. Bratislava: Archa 1996 Ročník 82 (2007), číslo 2

25

HISTORIE Zenón z Eley medzi ilúziou a paradoxom protirečivého ∞ Dušan Jedinák, Trnavská univerzita v Trnave Nevyhnutnosť premýšľania Medzi základné postavy západnej filozofie nesporne patrí Táles z Milétu (asi 624–547 pr. n. l.), ktorého označil Aristoteles (384–322 pr. n. l.) za prvého, kto začal systematicky myslieť. Prelomom v antickom uvažovaní bolo dielo o prírode od Parmenida z Eley (asi 540–470 pr. n. l.), kde sa priznáva, že zmyslové poznanie nie je postačujúce a na pochopenie existencie vecí a vysvetlenie javov potrebujeme rozumové užitočné pojmy. Pravdu o podstate sveta spoznávame myslením. Symbol protirečení Umeniu ako obhájiť alebo poprieť nejakú tému v polemike sa venoval Parmenidov žiak Zenón z Eley (asi 490–430 pr. n. l.), zakladateľ dialektiky, preslávený svojimi apóriami (zdanlivo neprekonateľnými logickými problémami), ktorými ukazoval súkmeňovcom protirečenia v ich predstave nekonečného delenia pohybu. Aj keď sa od neho nezachovala žiadna písomná pamiatka, zostalo jeho meno symbolom ilúzii a prekvapení. Elea bolo mestečko na pobreží neďaleko od Neapola. Zenón si v rodnom meste získal úctu ako človek rozvážny a múdry. Zápasil so svetskou nespravodlivosťou, vnímal ľudský život ako pohŕdanie smrťou, ku ktorej všetci dospejeme. Traduje sa príbeh, že ku koncu života sa Zenón zúčastnil sprisahania proti vládnucemu tyranovi, a aby pri mučení neprezradil svojich spoločníkov, odhryzol si jazyk a vypľul ho do tváre krutého vládcu. Vtedajší filozof Parmenides popieral mnohotvárnosť, zmenu i pohyb, lebo hľadal čosi stále, jednotné a nemenné. Mladý Zenón chcel podporiť 26


HISTORIE

úsilie svojho učiteľa. Ponúkal rôzne príklady úvah, ktorými pripravoval bezvýchodiskové situácie svojim oponentom. Navymýšľal ich okolo 40, ale zachovalo sa ich asi deväť. Chcel ukázať, že pohyb je vlastný iba premenlivému svetu zmyslov, ale cudzí skutočnému bytiu. Veril, že pri poznávaní podstaty je úloha zmyslov plná ilúzií. Premenlivosť a pohyb, ako si predstavoval Zenón, nie sú vlastné pravej podstate bytia. Vybadal, že zmyslové poznanie môže byť iné ako rozumové. Polarita medzi zmyslovým vnímaním a intelektuálnym spracovaním v pojmoch zostala od dôb Eleatov, tak sa volali súdobí myslitelia z okolia Parmenida a Zenóna, až po súčasnosť. Antinómie, paradoxy Uveďme jednoduché charakteristiky troch Zenónových apórií: Dichotómia.∗ ) Nejestvuje pohyb, pretože pohybujúce sa musí prísť najskôr do polovice cesty, predtým do jednej štvrtiny, ešte predtým do jednej osminy celej cesty atď. Ak uznávame, že sa dajú postupne jednotlivé úseky cesty deliť na polovice až do nekonečna, tak pohyb nemôže ani začať. Letiaci šíp. Letiaci šíp pozorovaný v ktoromkoľvek jednotlivom momente svojho letu sa nachádza v určitom mieste priestoru, v okamihu svojho letu v kľude, tak je v kľude aj po celý čas letu. To znamená, že sa letiaci šíp nepohybuje, teda žiadny pohyb neexistuje. Achilles a korytnačka. Rýchlonohý bežec Achilles dal primeraný náskok jednému z najpomalších tvorov, korytnačke. Lenže: Ak Achilles dobehne na miesto, odkiaľ korytnačka vyštartovala, už bude o kus ďalej. Ak príde Achilles zase tam, kde bola pred určitým časom, už tam korytnačka zase nebude, lebo sa za ten čas kúsok posunula, atď. Teda Achilles korytnačku podľa Zenónovej argumentácie nikdy nedobehne. Záleží na interpretácii? Zenón ukážkami slepých uličiek rozumu ponúkal názor, že vysvetlenie javov je zložitejšie, ako sa na prvý pohľad zdá. Vytušil, že priestor a čas môžu byť klamom, skutočná podstata zmeny môže mať inú povahu. Zmyslami vnímateľný svet môže byť iba zdaním. Naznačil, že zachádzanie s pojmom nekonečno vedie k zásadným problémom. Ukázal ťažkosti späté s pojmovo-logickým uchopením dialektiky bytia (vzťah pokoja a ∗

) Zdvojovanie, rozpoľovanie.


27

HISTORIE

pohybu, jediného a mnohého, pretržitého a nepretržitého, konečného a nekonečného). Zvýraznil konflikt pojmov dotýkajúcich sa nekonečne malého a nekonečne veľkého. Zenónove apórie, paradoxné formy vysvetlenia, zostávajú nesmrteľné. Zenón z Eley poukazoval na dialektickú protirečivosť nášho formálnologického myslenia v niektorých pojmoch a uvidel cestu za správnym poznávaním v konfrontácii protikladných názorov a ich postupným spresňovaním a prispôsobovaním. Anglický matematik a filozof B. Russell (1872–1970) to hodnotil slovami: Možno tým charakterizoval myšlien” kový zápas ľudstva o pochopenie sveta vecí a javov vlastným rozumom. Zdá sa, že dosahovanie pravdy nášho poznávania musí ísť cestou odstraňovania protirečení neustálym dialógom medzi rozumom a zmyslami.“ Jednoznačnosť je ohrozená Aj pre našu dobu zostávajú otázky: • Čo to znamená, že úsečka sa skladá z bodov? • Je možné deliť čas, vzdialenosť, pohyb až do nekonečna? • Možno považovať po n-tom delení (dosť vysokom) to, čo získame, ešte za čas, vzdialenosť, pohyb? • Je protirečenie v názorných pojmoch účinným prostriedkom k poznaniu reálnej pravdy? • Pokiaľ majú naše otázky ešte zmysel a kde už tento zmysel strácajú? • Zodpovedajú naše ľudské formy myslenia neustále tajomstvom zahalenej skutočnosti? • Budeme hľadať tak, akoby sme mohli nájsť, ale nikdy nenájdeme tak, ” aby sme mohli prestať hľadať.“ Platia tieto slová Aurelia Augustína (354–430) stále znova? Zmysly a rozum Zenón z Eley ako prvý formuloval vo svojich apóriach hlboko filozofické otázky o podstate priestoru, času a pohybu. Spoznal protirečenie medzi zmyslovou intuíciou a rozumovo-matematickým vyjadrením pohybu. Pohyb je prechod možnosti v skutočnosť, predstavuje nepretržitý proces, ktorý nemožno poznávať pomocou diskrétnych postupov. Naznačil problémy vzájomného vzťahu aktuálnej a potencionálnej nekonečnosti, viacznačnú úlohu zmyslov a rozumu pri poznávaní podstaty. Zenónove apórie sú spojené s problémami nekonečnosti, s možnosťou neustále deliť dráhu i čas. Ukazujú, že popis pohybu v logike ponúkaných pojmov je problematický, keď priestor i čas možno zostaviť z diskrét28


HISTORIE

nych, už ďalej nedeliteľných úsekov tu“ a teraz“. Zenón presviedčal, ” ” že vysvetlenie pohybu nie je možné ani vtedy, keď vnímame v dohodnutých pojmoch priestor a čas ako spojitý, ani vtedy, keď ich pokladáme za diskrétny. Už Aristoteles upozorňoval, že Zenón zamieňa dva pojmy – nekonečnú deliteľnosť a nekonečnú veľkosť, že nerozlišuje myslené a faktické delenie. Neplatí, že vzdialenosť je nekonečná, pretože je nekonečne deliteľná. Chybu videl v predpoklade, že čas sa skladá z jednotlivých teraz“. ” Bolestivé špekulácie Zdá sa, že pohybom sa uskutočňuje myslené nekonečno. Uznávame, že pohyb je vo všetkom, zmena je život prírody i myslenia. Moderná matematika ponúka nové a nečakané skúsenosti s nekonečnými množinami. Popis pohybu je asi protirečivá skutočnosť s pojmami, ktoré doteraz používame. Nielen historické Zenónove apórie prinášajú trvalé otázky, ale aj ďalšie protirečenia jazyka, spôsobu myslenia i argumentácie robili, robia a asi ešte budú vo svojich dôsledkoch robiť intelektuálne starosti nielen generáciam logikov, matematikov i filozofov, ale aj všetkým špekulatívne premýšľajúcim ľuďom. Možno nestačí sa iba dívať a premýšľať, ale treba vytvárať a overovať ponúkané modely. Netreba len rozmýšľať, ale sa aj pohnúť, skutkom prejaviť myslený názor, myšlienkou vyhodnotiť čin. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ JABLKO – SYMBOL INSPIRACE Sir Isaac Newton patří snad k nejvíce rozporuplným postavám světové vědy. Na jedné straně je veleben jako největší génius lidstva a jeho Principia jsou považována za nejvýznamnější vědecké dílo vůbec. Skotský filozof David Hume ve svých Dějinách Anglie píše: Tento ostrov se ” může pyšnit tím, že zrodil největšího a nejvzácnějšího génia, jaký kdy zdobil a povznášel lidstvo.“ U Newtona se střídala období neuvěřitelného myšlenkového soustředění, kdy zapomínal na běžné životní úkony, s léty depresí a podivínství, kdy panovaly pochyby o jeho duševním zdraví – i to můžeme považovat za příznaky geniality. V létech 1665–66, kdy v Anglii zuřil mor a Londýn byl zničen požárem, strávil dvaadvacetiletý Newton morové prázdniny ve své rodné vísce Woolsthorpu a z dlouhé chvíle objevil gravitační zákon, diferenciální a integrální počet, prozkoumal vlastnosti světla a mnoho Ročník 82 (2007), číslo 2

29

HISTORIE

dalšího. Možná, že by se někdy vyplatilo dát studentům dva roky prázdnin, nikoli nutně morových. Na druhé straně je poukazováno na to, že Newton se choval jako podivín, byl nedůtklivý, sobecký a ješitný, a ve sporech se svými protivníky, k nimž patřil například Hooke nebo Leibniz, měl velmi účinnou zbraň – prostě si počkal, až umřou. Je zajímavé, že poté, co Newton stanul v čele Královské společnosti, se nám nedochoval ani jeden Hookův portrét. Velká část Newtonova díla se zabývá pochybnými a obskurními tématy, jako je astrologie, alchymie, mystika, numerologie, biblická chronologie a další, takže Angličané se v podstatě stydí celé jeho dílo vydat. Jako jediný z fyziků má také pochybnou čest, že z titulu svého úřadu správce královské mincovny, který vykonával s největší svědomitostí, poslal dvacet penězokazů na popraviště. Zároveň však zavedl vroubkování mincí jako ochranu proti jejich opilovávání. Nejznámější historka spjatá s Newtonem se týká pádu jablka a objevu gravitace. Newton sedící pod jabloní a pozorující pád jablka (na zem, nebo přímo na hlavu) je námětem úvah, karikatur i výtvarných děl – konec konců existuje i počítačová firma Apple, dříve Newton. Historka má svou logiku, náhlý úder nebo náraz mohl skutečně osvítit Newtonovu intuici – nepůsobí to ovšem u každého. Jablko sehrálo ostatně svou roli už v bibli. Dnes těží z Newtonova jablka i reklama a turistika. V Newtonově rodném Woolsthorpu lze zakoupit dřevěné jablko, jablečný koláč nebo pudink, údajně autentické štěpy z původní Newtonovy jabloně se prodávají do celého světa a někteří lidé trpělivě vyčkávají, co to s nimi udělá, až jim jablko z těchto roubů spadne na hlavu. Jak se historka o jablku zrodila nevíme přesně, ale Newton ji zřejmě musel začít rozšiřovat sám, protože s ním pod jabloní žádný svědek nebyl. Jako první ji zachytil Voltaire ve svých Filosofických listech ze svého anglického pobytu – píše ovšem o pádu ovoce. Voltaire se v roce 1727 zúčastnil slavného Newtonova pohřbu a znal se s krásnou Newtonovou neteří Kateřinou Bartonovou. Ta mu snad dokonce dotčenou jabloň i ukázala. Kateřina měla za manžela jednoho z mála Newtonova žáků Johna Conduitta. Říkalo se však, že milostný poměr Kateřiny s ministrem financí, lordem Halifaxem, zabezpečil Newtonovi výnosné místo správce královské mincovny. Nemůžeme se za to ovšem zaručit a také není známo, zda Kateřina měla své údajné milostné pletky s lordem přímo v Newtonově kensingtonském bytě na Jermyn Street (starala se Newtonovi o domácnost) nebo někde jinde. Jisté je jen to, že Halifax odkázal Kateřině značné jmění. Ivan Štoll 30


SOUTĚŽE Úlohy domácího kola 57. ročníku Matematické olympiády pro žáky základních škol

KATEGORIE Z5 1. Kuchyňský stůl má tvar obdélníku o rozměrech 90 cm × 140 cm. Chceme na něj ušít ubrus tak, aby na všech okrajích stolu přesahoval stejně. a) Kolik látky šířky 140 cm je třeba koupit, abychom již nemuseli látku stříhat? b) Kolik centimetrů bude tento ubrus na každé straně přesahovat? (S. Bednářová) 2. Doplň na prázdné cihličky pyramidy z obrázku chybějící čísla tak, aby platilo: na každé cihličce (kromě spodní řady) je napsané číslo, které se rovná polovině součtu čísel napsaných na dvou sousedních cihličkách z nižšího řádku. 170 142 110

436

(S. Bednářová) 3. Ve školce mají stavebnici ze stejně velkých molitanových kvádrů. Když je děti všechny položí na sebe, vždy je pokládají tak, aby na sobě kvádry ležely stejnými stěnami. Takto se jim podařilo postavit tři různě vysoké věže. První měla výšku 120 cm, druhá 130 cm a třetí 150 cm. Kolik kvádrů mohly děti ve školce mít? (S. Bednářová) Ročník 82 (2007), číslo 2

31

SOUTĚŽE

4. Trojčata právě oslavila své třetí narozeniny. Za pět let bude součet jejich věků roven dnešnímu stáří jejich matky. Kolik let bude jejich matce za pět let? (M. Krejčová) 5. Číslo se nazývá mazané , jestliže počínaje od jeho třetí číslice zleva platí: Každá jeho číslice je součtem všech číslic ležících nalevo od něj. a) Uveď dvě největší mazaná čísla. b) Kolik je všech čtyřmístných mazaných čísel? (S. Bednářová) 6. Doplň do prázdných políček přirozená čísla od 1 do 16 (každé číslo můžeš použít jen jednou) tak, aby platily matematické vztahy: +8

:5

+10

:4

+6

+1

:7

:2

+4

+4

:2

+3

(M. Smitková) KATEGORIE Z6 1. Jirka koupil dvě čokolády v obchodě naproti škole. Michal si koupil stejné dvě čokolády v obchodě za školou a Ivan si koupil jednu takovou čokoládu, ale ve školním bufetu. Potom zjistili, že průměrně je vyšla jedna čokoláda na 19,70 Kč. Cena zakoupených čokolád je o 6 Kč vyšší, než kdyby chlapci nakoupili všech 5 čokolád v obchodě naproti škole, a o 6,50 Kč nižší, než kdyby nakupovali jen v obchodě za školou. Za kolik korun prodávají čokoládu v jednotlivých obchodech? (M. Dillingerová) 2. Michal měl barevné nálepky dvou druhů ve tvaru pravoúhlých rovnoramenných trojúhelníků. První nálepka měla ramena délky 5 cm, těch bylo 9. Druhá měla nejdelší stranu dlouhou 10 cm a těchto nálepek bylo 17. Kolik nálepek prvního druhu si má Michal ještě dokoupit, aby všemi svými nálepkami mohl oblepit (pokrýt) stěny krychle s hranou délky 10 cm? (M. Dillingerová) 32


SOUTĚŽE

3. V rovině mají ležet body A, B, C, D tak, aby platilo: |AB| = 7 cm, |BC| = 8 cm, |CD| = 5 cm a |DA| = 9 cm. a) Urči největší možnou vzdálenost bodů A a C. b) Urči nejmenší možnou vzdálenost bodů A a C. (L. Šimůnek ) 4. Při chudokrevnosti se doporučuje pít směs šťávy z mrkve a červené řepy. Červená řepa však má tvořit pouze 1/5 z objemu nápoje. Ze dvou kilogramů mrkve získáme v odšťavňovači 7,5 dl šťávy. Z jednoho kilogramu červené řepy získáme 6 dl šťávy. a) Jaké množství mrkve potřebujeme na 250 gramů červené řepy, abychom získali správně namíchanou směs šťávy? b) Jaké množství šťávy takto získáme? (S. Bednářová) 5. Řekne-li mimozemšťan v rozhovoru o Vánocích haf quin lina“, zna” mená to velké zlaté hvězdy“; když kari lina mejk“, znamená to bli” ” ” kavá zlatá kolečka“; když esca haf kari“, znamená to červená velká ” ” kolečka“. Jak se řekne blikavé hvězdy“? (Zapiš svou úvahu.) ” (M. Volfová) 6. Z čísel 532 a 179 vyškrtni dohromady dvě číslice, aby součin takto vzniklých čísel byl co možná největší. (M. Dillingerová)

KATEGORIE Z7 1. Číslo je trochu nešťastné, je-li násobkem čísla 13. Číslo, které je násobkem čísla 17, se nazývá trochu usměvavé . Kolik existuje čísel mezi přirozenými čísly od 1 do 1 000 000, která nekončí nulou ani pětkou a jsou přitom zároveň trochu nešťastná a trochu usměvavá? (M. Volfová) 2. Vláda země Tramtárie se rozhodla, že své území rozdělí do šesti okresů. Vybrala proto šest nejvýznamnějších měst a každému chce přiřadit okres podle následujícího klíče: každé místo v zemi patří do okresu toho města, které je danému místu nejblíže. Překreslete si ve vhodném měřítku mapu Tramtárie a narýsujte do ní hranice okresů. (Okresní Ročník 82 (2007), číslo 2

A B

F

E C

D

33

SOUTĚŽE

města jsou označena písmeny A–F, silná čára značí hranice Tramtárie. Pomyslná čtvercová síť má pouze usnadňovat orientaci v mapě a nijak neovlivňuje hranice okresů!) (L. Šimůnek ) 3. Ve 12 hodin stála na parkovišti česká, německá a francouzská auta a to v poměru 9 : 4 (česká ku německým) a 2 : 3 (německá ku francouzským). Během hodiny odjelo jedenáct a přijelo pět českých aut, odjelo jedno a přijelo jedenáct německých aut a odjela tři a přijelo šest francouzských aut. Jaký je poměr českých, německých a francouzských aut ve 13.00 na parkovišti, když ve 12.00 tam bylo dvanáct francouzských aut? (Š. Ptáčková) 4. Shodné úsečky AM , BM , CM a DM jsou uspořádané jako na obrázku. Úhly, které svírají, mají velikosti 20◦ , 20◦ , 50◦ , 50◦ , 70◦ a α (α < 180◦ ). Jaká je velikost úhlu, který svírají přímky AB a CD? (Obrázek je nepřesný, nevyplatí se měřit.)

M

20O

A

B

D C (M. Raabová)

5. Políčka na šachovnici 4 × 4 vybarvi čtyřmi barvami a vepiš do nich čtyři písmena J, A, R, O tak, aby v každém řádku i každém sloupci byly zastoupeny všechny barvy i všechna písmena. (Každé políčko bude obsahovat právě jedno písmeno a bude vybarveno jednou barvou. Každé písmeno musí být vybarveno postupně všemi barvami a také každá barva musí vystřídat všechna písmena.) Najdi aspoň jedno řešení. (M. Volfová) 6. Na papíře je napsáno několik bezprostředně po sobě jdoucích přirozených čísel. Je mezi nimi 12 násobků čísla 5 a 10 násobků čísla 7. a) Kolik přirozených čísel je na papíře napsáno? b) Najdi jednu řadu čísel, která odpovídá těmto podmínkám. (L. Šimůnek ) 34


SOUTĚŽE

KATEGORIE Z8 1. Najděte všechna čtyřmístná čísla dělitelná třemi, která po vynásobení číslem 17 dávají součin končící trojčíslím 519. (L. Hozová) 2. Najděte všechny trojice přirozených čísel menších než 10, jejichž součin je sedminásobkem jejich součtu. (L. Hozová) 3. Jano si koupil sedmimílové boty. Jeho kamarád Honza z Čech si koupil létající koberec. Potom se oba dva zúčastnili pohádkového dvanáctihodinového závodu. Během závodu měli hlad, a tak se oba dva zastavili na jídlo. Oběma zabrala přestávka na jídlo jednu hodinu. Kdyby se Honza nezastavil po cestě na vepřo-knedlo-zelo, předběhl by Jana o 51 kilometrů. Kdyby se Jano nestavil na brynzové halušky, předběhl by Honzu o 28 kilometrů. Jak daleko od sebe by skončili, kdyby nejedl ani jeden z nich? Kdo z nich by byl první? (M. Dillingerová) 4. V Tramtárii mají pět lékařských fakult, z nichž každá může přijmout do prvního ročníku 200 studentů. Přijímací zkoušky na jednotlivé fakulty se konají v různé dny, proto si studenti mohou podat přihlášku na více škol. Ptali jsme se na jednotlivých fakultách, kolik dostali přihlášek pro rok 2007/08. Získali jsme tyto odpovědi: 1. fakulta: Dostali jsme pětkrát více přihlášek, než kolik jsme měli ” volných míst.“ 2. fakulta: U nás počet uchazečů převyšoval kapacitu o 320 %.“ ” 3. fakulta: Na naši fakultu se hlásilo o 510 uchazečů více, než kolik ” jsme mohli přijmout.“ 4. fakulta: U nás na každé volné místo připadly v průměru tři při” hlášky.“ 5. fakulta: K nám se hlásilo o tři čtvrtiny zájemců více, než kolik ” jsme měli míst.“ V akademickém roce 2007/08 nakonec na lékařské fakulty nastoupilo do 1. ročníku 1 000 studentů. Ze statistik vyplývá, že zájemce o studium medicíny podal na lékařské fakulty průměrně 2,5 přihlášky. Kolik zájemců se nedostalo na žádnou z fakult? (L. Šimůnek ) 5. Pan Poleno s panem Střepinou vyráběli nové domovní dveře o obsahu 3 m2 . Rám dveří tvaru obdélníku, jeho úhlopříčky a dvě další Ročník 82 (2007), číslo 2

35

SOUTĚŽE

příčky, které spojovaly dva vrcholy obdélníku se středy protilehlých stran, byly z kovových tyčí. Pan Poleno vyplnil dřevem čtyři tmavé části dveří a pan Střepina zbývající části dveří zasklil. Kolik metrů čtverečních dřeva potřeboval pan Poleno na výplň dveří.

(L. Hozová) 6. Král si dal kolem svého čtvercového pozemku vykopat 2 metry široký a 4 metry hluboký příkop. Vykopáním příkopu se velikost jeho pozemku zmenšila o 1 200 m2 . a) Jaká je nyní výměra královského pozemku? b) Kolik litrů vody je v příkopu, když ho král dal naplnit do tří čtvrtin? (M. Smitková) KATEGORIE Z9 1. Najděte všechna čtyřmístná čísla končící číslicí 9, která jsou dělitelná každou svou číslicí. (P. Tlustý) 2. Petr se ptal babičky, kolik je dědečkovi let. Babička mu odpověděla takto: To víš, už dávno nám není padesát, ale zase nám ještě není ” osmdesát let. Když vynásobíš součet mého a dědečkova věku jejich rozdílem a k výsledku přičteš oba naše věky, dostaneš 492.“ Aha,“ ” řekl po chvíli Petr, tak to je dědečkovi . . .“ Kolik let je Petrovu ” dědečkovi, víte-li, že je starší než Petrova babička? (M. Raabová) 3. Středem rotačního válce s podstavou o poloměru r a výškou v byl vyvrtán válcový otvor. Objem takto vzniklého dutého válce“ je po” 36


loviční než objem válce původního. Vyjádřete tloušťku stěny dutého válce pomocí r. r

(M. Krejčová) 4. Minulou divadelní sezónu se prodávaly vstupenky za jednotnou cenu 160 Kč. Pro letošní sezónu se sedadla rozdělila do dvou kategorií. Místa I. kategorie stojí 180 Kč, místa II. kategorie 155 Kč. Pokud jsou všechna sedadla v sále rozprodána, je celková tržba stejná jako při vyprodaném představení loni. Ředitel divadla však není s tímto rozdělením spokojen a pro příští sezónu plánuje změnu: z nejméně atraktivních míst současné II. kategorie vytvoří novou III. kategorii. Aby se tržba za vyprodaný sál nezměnila, rozhodl, že vstupenky budou stát 180 Kč (I. kategorie), 160 Kč (II. kategorie) a 130 Kč (III. kategorie). V jakém poměru budou příští sezónu počty sedadel jednotlivých kategorií? (L. Šimůnek ) 5. Jirka koupil dvě čokolády v obchodě naproti škole. Michal si koupil stejné dvě čokolády v obchodě za školou a Ivan si koupil jednu takovou čokoládu, ale ve školním bufetu. Cena zakoupených čokolád je o 6 Kč vyšší, než kdyby chlapci nakoupili všech 5 čokolád v obchodě naproti škole, a je o 6,50 Kč nižší, než kdyby nakupovali jen v obchodě za školou. Ve školním bufetu prodávají čokoládu za 19,50 Kč. Kolik zaplatili kluci za všech pět čokolád dohromady? Kolik stojí jedna čokoláda v obchodě za školou? (M. Dillingerová) 6. V rovině je dán čtyřúhelník ABCD. Sestrojte bod K, který je vrcholem rovnoběžníku BCDK, a bod L, který je vrcholem rovnoběžníku CDAL. Ukažte, že přímka KL prochází středem strany AB daného čtyřúhelníku ABCD. (J. Švrček ) Ročník 82 (2007), číslo 2

37

SOUTĚŽE

57. ročník Matematické olympiády, úlohy domácího kola kategorie P

Řešení každého příkladu musí obsahovat podrobný popis použitého algoritmu, zdůvodnění jeho správnosti a diskusi o efektivitě zvoleného řešení (tzn. posouzení časových a paměťových nároků programu). V úlohách P-I-1, P-I-2 a P-I-3 je třeba k řešení připojit odladěný program zapsaný v jazyce Pascal, C nebo C++. Program se odevzdává v písemné formě (jeho výpis je tedy součástí řešení) i elektronicky (na CD, na disketě, případně po dohodě lze i zaslat e-mailem), aby bylo možné otestovat jeho funkčnost. Slovní popis řešení musí být ovšem jasný a srozumitelný, aniž by bylo nutno nahlédnout do zdrojového textu programu. V úloze P-I-4 je nutnou součástí řešení úplný popis všech použitých překládacích strojů. Řešení úloh domácího kola MO kategorie P vypracujte a odevzdejte buď ve škole, nebo zašlete přímo vaší krajské komisi MO, nejpozději do 15.11.2007. Vzorová řešení úloh naleznete po tomto datu na Internetu na adrese http://mo.mff.cuni.cz/. Na stejném místě jsou stále k dispozici veškeré aktuální informace o soutěži a také archiv soutěžních úloh a výsledků minulých ročníků.

P-I-1 O zdánlivém kopci Franta a Pepík se chystali na výlet. Vymysleli si trasu, kudy spolu půjdou, potom každý vytáhnul svoji mapu a začal si v ní trasu prohlížet. Některé body, kterými trasa vedla, měly v mapách vyznačenu nadmořskou výšku. To je zajímavé,“ řekl po chvíli Franta. Když se dívám jen na nad” ” mořské výšky bodů, kterými budeme procházet, vypadá to, že půjdeme jenom přes jeden kopec – nejprve nahoru a potom dolů.“ Ale kdepak, to není pravda,“ podivil se Pepík. ” Za chvíli zjistili, kde vzniknul problém: měli různě přesné mapy. Některé nadmořské výšky bodů, které byly na Pepíkově mapě vyznačeny, na Frantově mapě chyběly. 38


SOUTĚŽE

Soutěžní úloha: Napište program, který dostane na vstupu seznam nadmořských výšek z Pepíkovy mapy a zjistí, kolik nejvýše z nich může být vyznačeno i na Frantově mapě. Formát vstupu: První řádek vstupu obsahuje jedno celé číslo N (1 ≤ N ≤ 100 000) – počet těch bodů na trase výletu, které mají na Pepíkově mapě vyznačenou nadmořskou výšku. Další řádky obsahují celkem N celých čísel z rozsahu 1 až 1 000 000 000 – nadmořské výšky těchto bodů (v nějakých vám neznámých jednotkách). Výšky jsou uvedeny v pořadí, jak po sobě následují na trase výletu. Formát výstupu: Výstupem bude jediné celé číslo K – největší počet nadmořských výšek z Pepíkovy mapy, které mohly být vyznačeny i na Frantově mapě. Jestliže a1 , . . . , aK jsou výšky vyznačené na Frantově mapě, pak musí splňovat následující podmínku: pro nějaké i z množiny {1, . . . , K} musí platit ∀j ∈ {1, . . . , i − 1} : aj < aj+1 a zároveň ∀j ∈ {i, . . . , K − 1} : aj > aj+1 . Příklad: vstup: 12 112 247 211 209 244 350 470 510 312 215 117 217

výstup: 9 (Jedna možnost, jak mohly vypadat nadmořské výšky na Frantově mapě:) 112, 211, 244, 350, 470, 510, 312, 215, 117

P-I-2 Rezervace místenek V horách se našlo zlato!“ šeptali si lidé v širokém okolí už několik týdnů. ” Ti s dobrodružnější povahou si už balili věci a mířili přímo do hor, do legendami opředené oblasti zvané Horní Klondík. Když ale Horní Klondík zaplavila vlna nových zlatokopů, nastal nečekaný problém. Jediný místní vláček, který v Klondíku měli, byl najednou tak přecpaný, že se do něj polovina zájemců ani nevešla. A nedivte se, že zlatokopa, který se žene za co nejvýhodnější parcelou, něco takového pořádně rozzlobí. Když už se zdálo, že zanedlouho dojde na každé železniční stanici ke krveprolití, dostali železničáři spásonosný nápad. Budou na vláček prodávat místenky. Ročník 82 (2007), číslo 2

39

SOUTĚŽE

Soutěžní úloha: Napište program, který bude zpracovávat rezervace míst na jednu jízdu vlaku. Trať vlaku má N + 1 stanic, které si očíslujeme od 0 do N v pořadí, jak na trati leží. Ve vlaku je M míst, takže mezi každou dvojicí po sobě následujících stanic může jet vlakem nejvýše M zlatokopů. Váš program musí postupně zpracovat několik požadavků na rezervaci míst. Každý požadavek je tvaru x lidí chce jet ze stanice y do stanice z.“ ” Pokud je ještě na každém úseku trati mezi stanicemi y a z ve vlaku aspoň x míst volných, váš program takovýto požadavek přijme, v opačném případě ho odmítne. Formát vstupu: První řádek vstupu obsahuje tři celá čísla N , M a P (1 ≤ N, M, P ≤ 100 000) – počet úseků trati, počet míst ve vlaku a počet požadavků na rezervaci. Následuje P řádků, každý z nich popisuje jeden požadavek na rezervaci v pořadí, v jakém byly tyto požadavky zadány. Přesněji, i-tý z těchto řádků obsahuje tři celá čísla xi , yi , zi oddělená mezerami (1 ≤ xi ≤ M , 0 ≤ yi < zi ≤ N ). Význam těchto hodnot byl popsán výše. Formát výstupu: Pro každý požadavek vypište na výstup jeden řádek a na něm buď řetězec prijat, jestliže příslušný požadavek bylo ještě možné splnit, nebo řetězec odmitnut, pokud už ve vlaku nebylo dost volných míst. Příklad: vstup: výstup: 466 prijat 214 prijat 213 odmitnut 324 odmitnut 312 prijat 601 prijat 434 Po přijetí prvních dvou požadavků víme, že v úsecích mezi stanicemi 1 a 2 a mezi stanicemi 2 a 3 zůstanou už jen dvě volná místa. Proto musíme odmítnout následující dvě trojčlenné skupiny, které chtějí cestovat i na těchto úsecích tratě. Poslední dva požadavky opět můžeme splnit. U prvního z nich je to zřejmé, u druhého nám ve stanici 3 vystoupí dostatek lidí na to, aby se na poslední úsek trati uvolnila přesně potřebná čtyři místa. 40


SOUTĚŽE

P-I-3 Fibonacciho soustava Fibonacciho posloupnost vypadá následovně: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . . . Sestrojíme ji tak, že prvními dvěma členy posloupnosti jsou 0 a 1 a každý následující člen posloupnosti je součtem dvou předcházejících. Matematicky zapsáno: F0 = 0, F1 = 1 Fn+2 = Fn+1 + Fn (∀n ≥ 0) Podívejme se nyní na to, jak fungují poziční číselné soustavy. Poziční číselná soustava je určena dvěma údaji: množinou používaných cifer a posloupností, která pro každou pozici v zápisu čísla udává hodnotu, jíž se příslušná cifra násobí. Naše desítková soustava používá množinu cifer {0, 1, 2, . . . , 9} a jednotlivé pozice v čísle mají hodnoty (zprava doleva) 1, 10, 100, 1000, . . . Fibonacciho číselná soustava je poziční číselná soustava, která používá pouze cifry 0 a 1 a v níž jsou hodnoty jednotlivých pozic postupně rovny členům Fibonacciho posloupnosti (počínaje číslem F2 = 1). Tedy například zápis 10011 ve Fibonacciho soustavě představuje číslo 1 · 8 + 0 · 5 + 0 · 3 + 1 · 2 + 1 · 1 = 11. Na rozdíl od běžných číselných soustav ve Fibonacciho soustavě nemají některá čísla jednoznačný zápis. Například také zápis 10100 představuje číslo 11. Soutěžní úloha: a) (3 body) Zápis čísla ve Fibonacciho soustavě nazveme pěkný, jestliže se v něm nikde nevyskytují dvě po sobě jdoucí jedničky. Dokažte, že každé přirozené číslo má ve Fibonacciho soustavě právě jeden pěkný zápis. Napište program, který ze vstupu přečte přirozené číslo N a vypíše jeho pěkný zápis. b) (7 bodů) Napište program, který pro daná k, A a B spočítá, kolik čísel z množiny {A, A + 1, . . . , B} má ve svém pěkném zápisu právě k jedniček. Formát vstupu: V části a) je na vstupu jediné přirozené číslo N (1 ≤ N ≤ ≤ 1 000 000 000). Ročník 82 (2007), číslo 2

41

SOUTĚŽE

V části b) jsou na vstupu tři přirozená čísla k, A a B (1 ≤ k ≤ 30, 1 ≤ A < B ≤ 1 000 000 000). Formát výstupu: V části a) vypište na jeden řádek řetězec nul a jedniček, který představuje pěkný zápis čísla N . V části b) vypište jedno celé číslo – počet čísel ze zadaného intervalu, která mají ve svém pěkném zápisu právě k jedniček. Příklady pro část a) vstup 1: 11

výstup 1: 10100

vstup 2: výstup 2: 174591 1010001000000000100010010 Příklady pro část b) vstup 1: výstup 1: 1 4 13 3 (Pro k = 1 je výstupem počet Fibonacciho čísel v daném rozsahu. V zadaném rozsahu leží Fibonacciho čísla 5, 8 a 13.) vstup 2: 2 4 13

výstup 2: 6

vstup 3: 3 102000 103000

výstup 3: 8043

P-I-4 Překládací stroje V tomto ročníku olympiády budeme pracovat s překládacími stroji. Ve studijním textu uvedeném za zadáním úlohy jsou tyto stroje popsané. Soutěžní úloha: a) (1 bod) Všimněte si překládacích strojů B a C z příkladů ve studijním textu. Tyto dva stroje zjevně provádějí překlad opačnými ” směry“. Mohli bychom proto očekávat, že platí následující tvrzení: Nechť M je libovolná (třeba i nekonečná) množina, jejímiž prvky jsou nějaké řetězce písmen a, e, i. Potom C(B(M )) = M . Slovně popsáno: Když vezmeme množinu M , přeložíme ji pomocí stroje B a výsledek přeložíme pomocí C, dostaneme původní množinu. Pokud toto tvrzení skutečně platí, dokažte ho. Pokud ne, najděte protipříklad. 42


SOUTĚŽE

b) (1 bod) Totéž jako v předcházející části, jen M obsahuje řetězce a • a zajímá nás, zda musí platit B(C(M )) = M . tvořené znaky c) (3 body) Řekneme, že řetězec je zajímavý, jestliže obsahuje pouze písmena a a b, přičemž písmen a je dvojnásobný počet než písmen b. Nechť X je množina všech zajímavých řetězců. Tedy například aaabab ∈ X, ale baba ∈ X. Nechť Y je množina všech řetězců, které obsahují nejprve několik písmen a a za nimi trojnásobné množství písmen b. Tedy například abbb ∈ Y , ale aaabab ∈ Y . Sestrojte překládací stroj, který přeloží X na Y . d) (5 bodů) Na začátku máme množinu M1 , jež obsahuje všechny takové řetězce tvořené z písmen a, b, které obsahují stejný počet písmen a jako b. Tedy například abbbaa ∈ M1 , ale aabab ∈ M1 . Nové množiny můžeme sestrojovat následujícími operacemi: • překladem nějaké již sestrojené množiny nějakým strojem (můžeme použít pokaždé jiný stroj), • sjednocením dvou již sestrojených množin, • průnikem dvou již sestrojených množin. Provedením co nejmenšího počtu operací sestrojte množinu G, která obsahuje právě všechny řetězce, v nichž je nejprve několik písmen a, potom stejný počet písemen b a nakonec stejný počet písmen c. Tedy například aabbcc ∈ G, ale abcc ∈ G a ani bac ∈ G. Studijní text Překládací stroj přijímá na vstupu řetězec znaků. Tento řetězec postupně čte a podle předem zvolené soustavy pravidel (tedy podle svého programu) občas nějaké znaky zapíše na výstup. Když stroj zpracuje celý vstupní řetězec a úspěšně ukončí svůj výpočet, vezmeme řetězec znaků zapsaný na výstup a nazveme ho překladem vstupního řetězce. Výpočet stroje nemusí být jednoznačně určen. Jinými slovy, soustava pravidel může někdy stroji umožnit, aby se rozhodl o dalším postupu výpočtu. V takovém případě se může stát, že některý řetězec bude mít více různých překladů. Naopak, může se stát, že v určité situací se podle daných pravidel nebude moci v překladu pokračovat vůbec. V takovém případě se může stát, že některý řetězec nebude mít vůbec žádný překlad. Ročník 82 (2007), číslo 2

43

SOUTĚŽE

Formálnější definice překládacího stroje Každý překládací stroj pracuje nad nějakou předem zvolenou konečnou množinou znaků. Tuto množinu znaků budeme nazývat abeceda a značit Σ. V soutěžních úlohách bude vždy Σ známa ze zadání úlohy. Abeceda nebude nikdy obsahovat znak $, ten budeme používat k označení konce vstupního řetězce. Stroj si může během překladu řetězce pamatovat informaci konečné velikosti. Formálně tuto skutečnost definujeme tak, že stroj se v každém okamžiku překladu nachází v jednom z konečně mnoha stavů. Nutnou součástí programu překládacího stroje je tedy nějaká konečná množina stavů, v nichž se stroj může nacházet. Tuto množinu označíme K. Kromě samotné množiny stavů je také třeba uvést, ve kterém stavu se stroj nachází na začátku každého překladu. Tento stav nazveme počáteční stav . Program stroje se skládá z konečného počtu překladových pravidel. Každé pravidlo má tvar čtveřice (p, u, v, q), kde p, q ∈ K jsou nějaké dva stavy a u, v jsou nějaké dva řetězce znaků z abecedy Σ. Stavy p a q mohou být i stejné. Řetězec u může být tvořen jediným znakem $. Řetězce u a v mohou být i stejné. Některý z těchto řetězců může být případně prázdný. Aby se program lépe četl, budeme místo prázdného řetězce psát symbol ε. Překladové pravidlo má následující význam: Když je stroj právě ve ” stavu p a dosud nepřečtená část vstupu začíná řetězcem u, může stroj tento řetězec ze vstupu přečíst, na výstup zapsat řetězec v a změnit svůj stav na q.“ Všimněte si, že pravidlo tvaru (p, ε, v, q) můžeme použít vždy, když se stroj nachází ve stavu p, bez ohledu na to, jaké znaky ještě zůstávají na vstupu. Ještě potřebujeme stanovit, kdy překlad úspěšně skončil. V první řadě budeme požadovat, aby překládací stroj přečetl celý vstupní řetězec. Kromě toho umožníme stroji odpovědět“, zda se mu překlad podařil ” nebo ne. To zařídíme tak, že některé stavy stroje označíme jako koncové stavy. Množinu všech koncových stavů budeme značit F . Formální definice překládacího stroje Překládací stroj je uspořádaná pětice (K, Σ, P, q0 , F ), kde Σ a K jsou konečné množiny, q0 ∈ K, F ⊆ K a P je konečná množina překladových pravidel popsaných výše. Přesněji, nechť Σ∗ je množina všech řetězců tvořených znaky ze Σ, potom P je konečná podmnožina množiny K × (Σ∗ ∪ {$}) × Σ∗ × K. 44


SOUTĚŽE

(Pro každé q ∈ K budeme množinu pravidel, jejichž první složkou je q, nazývat překladová pravidla ze stavu q“.) ” Chceme-li definovat konkrétní překládací stroj, musíme uvést všech pět výše uvedených objektů. Když už máme definován konkrétní stroj A = (K, Σ, P, q0 , F ), můžeme určit, jak tento stroj překládá konkrétní řetězec. Uvedeme nejprve formální definici a potom ji slovně vysvětlíme. Množina platných překladů řetězce u překládacím strojem A je:

A(u) = v ∃n ≥ 0 ∃(p1 , u1 , v1 , r1 ), . . . , (pn , un , vn , rn ) ∈ P : (∀i ∈ {1, . . . , n − 1} : ri = pi+1 ) ∧ p1 = q0 ∧ rn ∈ F ∧ . . $ ∧ v1 v2 . . . vn = v . ∧ ∃k ≥ 0 : u1 u2 . . . un = u $ . k

Definice stanoví, kdy je řetězec v překladem řetězce u. Vysvětlíme si slovně význam jednotlivých řádků definice: • První řádek říká, že aby se dalo u přeložit na v, musí existovat nějaká posloupnost překladových pravidel, kterou při tomto překladu použijeme. Další dva řádky popisují, jak tato posloupnost musí vypadat. • Druhý řádek zabezpečuje, aby stavy v použitých pravidlech byly správné: První pravidlo musí být pravidlem z počátečního stavu, každé další pravidlo musí být pravidlem z toho stavu, do něhož se stroj dostal použitím předcházejícího pravidla. Navíc stav, v němž se bude stroj nacházet po skončení výpočtu, musí být koncový. • Poslední řádek popisuje řetězce, které stroj při použití dotyčných překladových pravidel čte a zapisuje. Řetězec, který při použití těchto pravidel stroj přečte ze vstupu, musí být skutečně zadaným řetězcem u, případné může být zprava doplněn vhodným počtem znaků $. Řetězec, který stroj zapíše na výstup, musí být přesně řetězcem v. K čemu budeme používat překládací stroje? Překládací stroje nám budou sloužit k získání překladu jedné množiny řetězců na jinou množinu řetězců. Jestliže A je překládací stroj a M ⊆ Σ∗ nějaká množina řetězců, potom překlad množiny M strojem A je množina A(M ) = A(u). u∈M


45

SOUTĚŽE

Jinými slovy, výslednou množinu A(M ) sestrojíme tak, že vezmeme všechny řetězce z M a pro každý z nich přidáme do A(M ) všechny jeho platné překlady. Příklad 1. Mějme abecedu Σ = {0, . . . , 9}. Nechť M je množina všech řetězců, které představují zápisy kladných celých čísel v desítkové soustavě. Sestrojíme překládací stroj A, pro který bude platit, že překladem této množiny M bude množina zápisů všech kladných celých čísel, která jsou dělitelná třemi. Řešení: Nejjednodušší bude prostě vybrat z M ta čísla, která jsou dělitelná třemi. Náš překládací stroj bude kopírovat cifry ze vstupu na výstup, přičemž si bude pomocí stavu pamatovat, jaký zbytek po dělení třemi dává dosud přečtené (a zapsané) číslo. Nachází-li se po dočtení vstupu ve stavu odpovídajícím zbytku 0, přejde do koncového stavu. Formálně A bude pětice (K, Σ, P, 0, F ), kde K = {0, 1, 2, end}, F = {end} a překladová pravidla vypadají následovně:

P = (x, y, y, z) x ∈ {0, 1, 2} ∧ y ∈ Σ ∧ z = (10x + y) mod 3 ∪

∪ (0, $, ε, end) . Příklad 2. Mějme abecedu Σ = {a, e, i, •, }. Sestrojíme překládací stroj B, pro který bude platit, že překladem libovolné množiny M , která obsahuje pouze řetězce z písmen a, e a i, bude množina stejných řetězců zapsaných v morseovce (bez oddělovačů mezi znaky). Zápisy našich písmen v morseovce vypadají následovně: a je • , e je • a i je ••. Například množinu M = {ae, eea, ia} by náš stroj měl přeložit na množinu {• •, ••• }. (Všimněte si, že řetězce eea a ia mají v morseovce bez oddělovačů stejný zápis.) Řešení: Překládací stroj B bude číst vstupní řetězec po znacích a vždy zapíše na výstup kód přečteného znaku. Formálně B bude pětice (K, Σ, P, ♥, F ), kde K = {♥}, F = {♥} a překladová pravidla vypadají takto: P = {(♥, a, • , ♥), (♥, e, •, ♥), (♥, i, ••, ♥)}. Všimněte si, že nepotřebujeme nijak zvlášť kontrolovat, zda jsme na konci vstupu. Během celého překladu je totiž stroj v koncovém stavu, takže jakmile přečte poslední znak ze vstupu, bude vytvořený překlad platný. 46


SOUTĚŽE

Příklad 3. Mějme abecedu Σ = {a, e, i, •, }. Sestrojíme překládací stroj C, pro který bude platit, že překladem libovolné množiny M , která obsahuje pouze řetězce tvořené znaky • a , bude množina všech řetězců z písmen a, e a i, jejichž zápisy v morseovce (bez oddělovačů mezi znaky) jsou obsaženy v množině M . Například množinu M = {• •, • • • } by náš stroj měl přeložit na {ae, eea, ia}. Řešení: Našemu překládacímu stroji dáme možnost rozhodnout se v každém okamžiku překladu, že bude číst kód nějakého písmena a zapíše na výstup toto písmeno. Potom každé možnosti, jak lze rozdělit vstupní řetězec na kódy písmen, bude odpovídat jeden platný překlad. Formálně C bude pětice (K, Σ, P, ♦, F ), kde K = {♦}, F = {♦} a překladová pravidla vypadají následovně: P = {(♦, • , a, ♦), (♦, •, e, ♦), (♦, ••, i, ♦)}. Ukážeme si, jak mohl probíhat překlad řetězců z výše uvedené množiny M . Existují tyto tři možnosti: (♦, • , a, ♦), (♦, •, e, ♦) (♦, ••, i, ♦), (♦, • , a, ♦) (♦, •, e, ♦), (♦, •, e, ♦), (♦, • , a, ♦) Kdybychom zkusili pro libovolný vstupní řetězec z M použít překladová pravidla v jiném pořadí – např. pro vstup • • • použít třikrát pravidlo (♦, •, e, ♦) – nepodaří se nám dočíst vstupní řetězec až do konce. Příklad 4. Mějme abecedu Σ = {a, b, c}. Nechť množina X obsahuje právě všechny řetězce, v nichž je obsažen stejný počet znaků a a b. Tedy například abbccac ∈ X, ale cbaa ∈ X. Nechť množina Y obsahuje právě všechny řetězce, které neobsahují žádné a, neobsahují podřetězec bc a písmen c je dvakrát více než písmen b. Tedy například ccccbb ∈ Y , ale cccbcb ∈ Y a acacba ∈ Y . Sestrojíme překládací stroj D, který přeloží X na Y . Řešení: Budeme překládat jenom některé vhodné řetězce z množiny X. Budou to ty řetězce, které neobsahují žádné c a všechna a v nich předcházejí všem znakům b. Takovýto řetězec přeložíme tak, že nejprve každé a přepíšeme na cc a potom zkopírujeme na výstup všechna b. Tedy například překladem slova aabb bude slovo ccccbb. Ročník 82 (2007), číslo 2

47

SOUTĚŽE

Formálně D bude pětice (K, Σ, P, čti-a, F ), kde K = {čti-a, čti-b}, F = {čti-b} a překladová pravidla vypadají takto: P = {(čti-a, a, cc, čti-a), (čti-a, ε, ε, čti-b), (čti-b, b, b, čti-b)}. Proč tento překládací stroj funguje? Když vstupní řetězec obsahuje nějaké písmeno c, při jeho překládání se u prvního výskytu c náš stroj zastaví. Proto takové řetězce nemají žádný platný překlad. Podobně nemají platný překlad řetězce, v nichž není dodrženo pořadí písmen a a b. Po přečtení nějaké posloupnosti písmen a přejde stroj pomocí druhého pravidla do stavu čti-b, a pokud se poté ještě objeví na vstupu a, stroj se zastaví. Platné překlady tedy existují skutečně pouze pro slova výše popsaného tvaru. Je zjevné, že překladem každého z nich získáme nějaký řetězec z Y , takže D(X) ⊆ Y . Naopak, vybereme-li si libovolné slovo z Y , snadno najdeme slovo z X, které se na něj přeloží. Proto také Y ⊆ D(X), takže Y = D(X). ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

NAJKRAJŠIE MATEMATICKÉ VZŤAHY Mnohí matematici sa zhodujú aj v estetickom posudzovaní odhalených matematických vzťahov. Citlivo vnímajú ich nečakanú jednoduchosť, stručnosť, súvislosť a všeobecnosť, hospodárnosť, formu i nevyhnutnú hĺbku. Krásna ” matematická veta musí byť prekvapujúca a hlboká. Musí vám dať novú víziu matematiky (Y. Haralambous).“ V jednej americkej ankete (roku 1988) prideľovalo 74 pomerne známych matematikov body (0–10) 24 vybraným zaujímavým matematickým vetám – vzťahom. Výsledky boli usporiadané do poradia podľa získaného bodového priemeru. Poradie prvých štyroch bolo: 1. ei + 1 = 0. 2. Eulerova veta pre mnohosteny: v + s = h + 2. 3. Existuje nekonečne veľa prvočísiel. 4. Existuje presne päť pravidelných mnohostenov. Dušan Jedinák

48


SOUTĚŽE

Ústřední kolo 56. ročníku Matematické olympiády – kategorie P Pavel Töpfer, MFF UK Praha V druhé polovině března proběhlo ve Zlíně ústřední kolo Matematické olympiády – kategorie P (programování). Bezprostředně navázalo na nejvyšší kolo MO kategorie A, takže šest studentů, kteří postoupili do obou těchto ústředních kol, absolvovalo obě soutěže v průběhu jednoho týdne bez dalšího cestování. Kategorie P se konala 21. – 24. 3. 2007 v prostorách gymnázia Zlín – Lesní čtvrť, které poskytlo soutěžícím nejen volné třídy pro teoretickou část soutěže, ale také krásně vybavené počítačové pracovny pro část praktickou. Organizačně celou akci výborně zajistili pracovníci tohoto gymnázia. Soutěžní úlohy připravili pracovníci a studenti Matematicko-fyzikální fakulty Univerzity Karlovy. Ti se také ve Zlíně postarali o opravování a vyhodnocení odevzdaných řešení. K účasti v ústředním kole 56. ročníku MO kategorie P bylo pozváno 30 nejlepších řešitelů krajských kol z celé republiky. Největší zastoupení měly tentokrát kraj Praha a Moravskoslezský kraj (po 6 účastnících), zatímco ve třech krajích se krajské kolo kategorie P vůbec neuskutečnilo. V prvním soutěžním dnu studenti řešili ve vymezeném čase 4,5 hodiny tři teoretické úlohy zaměřené na návrh efektivního algoritmu. Druhý soutěžní den byl praktický a probíhal v počítačových učebnách. V průběhu 4 hodin bylo třeba dovést řešení dvou úloh až do podoby odladěných funkčních programů. Odevzdané programy jsou po skončení soutěže testovány pomocí předem připravené sady testovacích vstupních dat. Tak se hodnotí nejen správnost dosažených výsledků, ale pomocí nastavených časových limitů také rychlost výpočtu. Tímto způsobem lze v bodovém ohodnocení odlišit kvalitu různých řešení z hlediska časové složitosti zvoleného algoritmu. Praktická část ústředního kola MO-P probíhá za stejných podmínek jako mezinárodní středoškolské olympiády v informatice. V prvním soutěžním dnu bylo možné získat za každou úlohu nejvýše 10 bodů, praktické úlohy v druhém soutěžním dnu byly hodnoceny nejvýše 15 body. Celkem tedy mohl soutěžící obdržet až 60 bodů. Skutečně dosažená hodnocení svědčí o tom, že úlohy byly tentokrát pro studenty značně obtížné a průměrné bodové zisky z jednotlivých úloh byly o dost Ročník 82 (2007), číslo 2

49

SOUTĚŽE

nižší, než je obvyklé. Úspěšnými řešiteli ústředního kola se podle pravidel soutěže stali ti, kdo se umístili v první polovině celkového pořadí. Z těchto patnácti úspěšných řešitelů bylo šest nejlepších vyhlášeno vítězi ústředního kola. Pro všechny úspěšné řešitele připravili organizátoři s přispěním místních sponzorů věcné ceny. Úspěšní řešitelé ústředního kola 56. ročníku MO kategorie P: Vítězové Josef Pihera, 8/8, G Máchova, Strakonice, 51 bodů Pavel Klavík, 8/8, G J. Ressla, Chrudim, 41 bodů Roman Smrž, 7/8, G E. Krásnohorské, Ohradní, Praha 4, 32 bodů Miroslav Klimoš, 2/4, G M. Koperníka, Bílovec, 30 bodů Lukáš Lánský, 3/4, G J. K. Tyla, Hradec Králové, 18 bodů Pavel Motloch, 6/6, G P. Bezruče, Frýdek-Místek, 17 bodů Další úspěšní řešitelé 7. Jakub Kaplan, 3/4, G J. K. Tyla, Hradec Králové, 16 bodů 8. Martin Pokorný, 4/4, G Arabská, Praha 6, 15 bodů 9. Martin Milata, 8/8, G Hladnovská, Ostrava, 14 bodů 10. Libor Peltan, 7/8, G Česká, České Budějovice, 13 bodů 11. Ondřej Piálek, 4/4, G Masarykovo nám., Třebíč, 12 bodů 12. Petr Dluhoš, 8/8, Mendelovo gymnázium, Opava, 11 bodů 13. Petr Kratochvíl, 4/4, G Sázavská, Světlá nad Sázavou, 9 bodů 14. Pavel John, 4/4, G Arabská, Praha 6, 8 bodů 15. Marek Scholle, 8/8, G Dašická, Pardubice, 7 bodů Na základě dosažených výsledků byli čtyři nejlepší řešitelé ústředního kola MO kategorie P vybráni, aby nás reprezentovali v srpnu 2007 na 19. mezinárodní olympiádě v informatice (IOI). Soutěž se uskuteční v Záhřebu v Chorvatsku. V pořadí 14. středoevropská olympiáda v informatice (CEOI) se bude tentokrát konat na začátku července v Brně. Jako domácí pořadatelé na ni můžeme vyslat dvě družstva. Bude to jednak družstvo vybrané k účasti na IOI, pro které soutěž CEOI poslouží jako poslední příprava, jednak družstvo sestavené z dalších nematurantů, kteří tak dostanou příležitost získat na CEOI v Brně cenné zkušenosti pro další ročník soutěže. Podrobné informace o průběhu celého 56. ročníku MO-P, kompletní výsledkovou listinu, texty soutěžních úloh i jejich vzorová řešení naleznete na Internetu na adrese http://mo.mff.cuni.cz/. Na stejném místě se můžete seznámit i se staršími ročníky této soutěže a vždy také se všemi aktuálními informacemi týkajícími se MO kategorie P. 1. 2. 3. 4. 5. 6.

50


PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL Percentá sú zradné čísla pomerné Dušan Jedinák, Trnavská univerzita v Trnave Ironicky, ale aj vážne Priznám sa, veľmi ma oslovil slogan, uvedený aj tu, ktorý som uvidel na obrázku v bulvárnom časopise. Možno veľmi dobre charakterizuje nielen zachádzanie s percentami pri tradičných školských úlohách, ale aj výkonový štandard pracovného týždňa napríklad úradníkov štátnej alebo regionálnej správy. Ale už vážne. Uvediem niekoľko podnetných zadaní matematických úloh, v ktorých možno vytušiť miernu zradu v odhade“. ” Ich správne riešenie poskytne zaujímavé okolnosti okolo postupov s percentami. Tak najprv odhadnite výsledok a až potom si pozrite ponúkané riešenie. Určite uznáte, že s percentami sa dá čarovať“. ” Úloha 1 (Presné percento). V triede je menej než 50 detí. Chlapcov je presne 36 percent z počtu dievčat. Aký je presný počet detí v tejto triede? Riešenie: Ak si označíme počet chlapcov x a počet dievčat y, tak musí platiť x + y < 50 a zároveň

9 36 y= y. 100 25 9 y bolo celé kladné číslo (to má byť počet chlapcov), tak Aby x = 25 treba zvoliť y z množiny {25, 50, 75, . . .}, a potom x bude z množiny {9, 18, 27, . . .}. Ak máme splniť požiadavku x + y < 50, to je možné len pre x = 9 a y = 25. V triede je 9 chlapcov a 25 dievčat, spolu 34 detí. x=

Úloha 2 (Modrookí blonďáci). Percento modrookých medzi blonďákmi je väčšie ako percento modrookých medzi všetkými ľuďmi sveta. Vyplýva z toho, že percento blonďákov medzi modrookými je väčšie ako percento blonďákov medzi všetkými ľuďmi sveta? Zdôvodnite. Riešenie: Využijeme množinovú schému (a, b, c, d sú prirodzená čísla), kde M = a + b je počet modrookých ľudí, B = b + c je počet blonďákov, Ročník 82 (2007), číslo 2

51

PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL

L = a + b + c + d je počet všetkých ľudí. Daná podmienka znamená nerovnosť a+b b > . b+c a+b+c+d Máme zistiť, zda platí aj nerovnosť b b+c > . a+b a+b+c+d

M a

L

B b

c d

Áno, to platí; obe nerovnosti sú ekvivalentné (skúste oba zlomky roznásobiť). Úloha 3 (Sušené huby). Čerstvé huby obsahujú 88 % vody, sušené iba 14 % vody. Koľko kilogramov čerstvých húb treba nazbierať, aby sme získali 3 kg sušených? Riešenie: Nech sa huby skladajú iba z vody a sušiny. Potom 1 kg čerstvých húb obsahuje 0,12 kg sušiny a 0,88 kg vody, 1 kg sušených húb obsahuje 0,86 kg sušiny a 0,14 kg vody a 3 kg sušených húb obsahujú 2,58 kg sušiny. Aby sme mali 2,58 kg sušiny, potrebujeme 2,58 kg : 0,12 = 21,5 kg čerstvých húb. Úloha 4 (Úspora energie). Boli zverejnené tri rôzne, od seba nezávislé vynálezy, ktoré zabezpečovali úsporu 20 %, 35 % a 25 % energie. Niektorí tiež odborníci“ z toho usúdili, že pri súčasnom použití týchto troch ” vynálezov bude celková úspora 20 % + 35 % + 25 % = 80 % energie. Je to naozaj tak? O koľko percent poklesne spotreba energie pri súčasnom uplatnení spomínaných troch vynálezov? Riešenie: Prvý vynález má spotrebu 0,8 pôvodnej spotreby energie, druhý 0,65 z tej zmenšenej a tretí 0,75 z tej už dvakrát zmenšenej. Pretože vynálezy sa uplatnia naraz a sú nezávislé, tak celková spotreba je 0,8 · 0,65 · 0, 75 = 0,39 pôvodnej spotreby energie. To znamená, že úspora je 61 %. 52


PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL

Úloha 5 (Pomerné zmeny v percentách). Ako sa zmenil počet dievčat, ak sa počet všetkých žiakov v triede znížil o 10 %, ale počet dievčat vzrástol pritom z 50 % na 55 %? Riešenie: Pôvodný počet žiakov bol x, po znížení o 10 % ich bolo 0,9x. Pôvodný počet dievčat bol 0,5x a po zmene ích počet bol 0,55 · 0,9 x = = 0,495x. Zmenený počet 0,495x dievčat je z pôvodného počtu 0,5x presne 99 %, lebo 0,495x = 0,99 · 0,5x. Dievčat zostalo 99 % z pôvodného počtu, teda počet dievčat sa znížil o 1 %. Očakávali ste, že sa počet dievčat znížil? Úloha 6 (Zradné percento). Akú časť zmiešaného lesa chcú lesníci vyrúbať, ak ich vedúci nevinne vyhlásil: Budeme rúbať iba sosny, ktorých ” je v našom zmiešanom lese 99 %. Po výrube budú sosny tvoriť 98 % všetkých ponechaných stromov.“ Riešenie: Označme počet všetkých stromov pred výrubom x. Počet sosien je teda 0,99x a počet všetkých ostatných stromov je 0,01x. Po výrube m stromov (sosien) bude počet sosien 0,98(x − m) a počet ostatných 0,02(x − m). Chceme poznať pomer m/x. Pretože sa majú vytínať iba sosny, počet iných stromov sa nezmení: 0,01x = 0,02(x − m). Teda 0,02m = 0,01x, a to znamená, že pomer m/x = 0,01/0,02 = 1/2. Lesníci chcú vyrúbať polovicu lesa! V podstate vážne Nebudeme ani spomínať, ako sa zachádza s percentuálnymi odhadmi v predvolebnej kampani, aké klamlivé sú často hlásené výsledky v rôznych prieskumoch. Chceme, aby už žiaci ZŠ spoznali, že percentá sú zradné čísla pomerné. Možno, že aj z riešenia týchto úloh sa dá pochopiť nevyhnutnosť zvýšenia pozornosti pri argumentácii s percentami. Skúste odpovedať na otázku: Čo je výhodnejšie pre kupujúcich, všeobecné zvýšenie platov o 10 % alebo všeobecné zníženie cien o 10 %? Nech máte úspech na 100 %.


53

ZPRÁVY Vzpomínka na docentku Marii Kubínovou

Marie Kubínová, doktorka přírodních věd, kandidátka pedagogických věd, docentka pro obor didaktiky matematiky, vedoucí Katedry matematiky a didaktiky matematiky a donedávna i proděkanka Pedagogické fakulty Univerzity Karlovy, zemřela náhle dne 3. března ve věku nedožitých 55 let. Odešla tak nečekaně, že nikdo z jejích přátel a spolupracovníků nedokázal zprávu o jejím úmrtí v prvním okamžiku vzít na vědomí a trvalo dlouho, než jsme byli schopni přijmout ji jako tragickou realitu. Marie Kubínová se narodila 4. října 1952 v Chrudimi. Svoje dětství prožila v malé vesničce Otáňka poblíž Hlinska v Čechách, kde pomáhala svým rodičům při práci v hospodářství i v péči o své tři mladší sestry. Zde si zvykla na tvrdou práci a poznala, že za člověka mluví jeho činy spíše než pouhá slova. Po maturitě na gymnáziu v Hlinsku získala Marie Kubínová solidní matematické vzdělání studiem na Matematicko-fyzikální fakultě Univerzity Karlovy. Zájem o výuku matematiky ji přivedl na 54


RECENZE

Pedagogickou fakultu, která se stala trvalým místem její pedagogické a vědecké činnosti. V roce 1979 se Marie Kubínová provdala a brzy k jejím povinnostem přibyla i péče o její dvě děti, Karla a Janu. Byla hrdá na jejich úspěchy, které se brzo dostavily i díky její láskyplné, ale současně vždy důsledné výchově. Byla do posledních dnů svého života pevným bodem své rodiny a ta byla pro ni pevnou základnou, na kterou se mohla vždy spolehnout. Marie Kubínová byla nesmírně pracovitá, svědomitá a obětavá pracovnice s vysokou odbornou erudicí. Připomeňme zde jako příklad pouze jednu z jejích aktivit na poli didaktiky matematiky, a to její dlouholetý výzkum, jak v hodinách matematiky využívat tzv. projekty, které by měly vést k většímu pochopení matematiky a k většímu zájmu žáků o tuto disciplínu. Nikdy však nebyla uzavřena v příslovečné věži ze slonoviny teoretického výzkumu. Naopak, neustálá účast v procesu matematického vzdělávání jak na vysoké, tak i na základní škole byla pro ni nezbytnou a samozřejmou součástí jejího odborného růstu. O jejím zájmu o nalézání a podporu matematických talentů svědčí její činnost v redakční radě časopisu Rozhledy matematicko-fyzikální i v pražském výboru Matematické olympiády. V loňském roce ji sjezd Jednoty českých matematiků a fyziků zvolil zasloužilou členkou, když již v minulosti byla její práce Jednotou oceněna pedagogickým vyznamenáním. Své znalosti a zkušenosti uplatnila i v nejvyšší formě vysokoškolského studia, ve studiu doktorském. Svým doktorandům a doktorandkám byla vysoce odborně fundovanou rádkyní. Nevyhýbala se však ani nepříliš oblíbeným organizačním činnostem – byla vedoucí katedry matematiky a didaktiky matematiky, předsedkyní oborové rady pro didaktiku matematiky i proděkankou pro studium. Svými odbornými výsledky si získávala úctu ostatních pracovníků v oboru, svou vstřícností a porozuměním přátelství svých studentů a žáků, svojí rozvážností a svědomitostí v organizačních funkcích uznání vedení fakulty i celé akademické obce. Uvědomujeme si dnes, jak velkou ztrátu utrpěla česká didaktika matematiky jejím předčasným odchodem, jak mnoho mohla ještě Marie Kubínová dokázat – vždyť byla právě v období přípravy na profesorské řízení. Její odborné výsledky, ale i vzpomínka na ni samotnou – na spolupracovnici, učitelku i přítelkyni – nám však budou v budoucnu pomáhat náš zármutek překonat. Jiří Jarník, PedF UK, Praha Ročník 82 (2007), číslo 2

55

RECENZE

Vlasáková, M.: Bernard Bolzano – cesta k logické sémantice. Nakladatelství Filosofia, Praha 2006 V roce 2006 vychází v nakladatelství Filosofia zajímavá kniha Marty Vlasákové Bernard Bolzano – cesta k logické sémantice. Pražský rodák Bernard Bolzano zasluhuje pozornost nejen jako významný matematik, ale i jako jeden z průkopníků tzv. logické sémantiky. Tato věda o významu“ se opírá nikoli o psychologii, ale o logiku. Řada ” Bolzanových myšlenek byla sice po jeho smrti pozapomenuta, z dnešního pohledu je však zřejmé, jak jasnozřivě předjímaly základy, na nichž byla později v dílech Frega, Russella a dalších vystavěna moderní logika a analytická filosofie. Autorka v knize ukazuje, jak může být Bolzanovo realistické“ pojetí sémantiky inspirativní i pro dnešní logické a filoso” fické diskuse. Kniha postupně mapuje stavbu Bolzanova systému logiky – od vět o sobě a pojetí pravdy (včetně Bolzanova řešení paradoxu lháře, podle něhož není výrok To, co teď říkám, není pravdivé“, pravdivý, aniž to ” však v Bolzanově pojetí vede k nějakému paradoxu) k pojmům, představám, analytickým větám a ke koncepci logického vyplývání. Závěrečná kapitola pak srovnává Bolzanovu sémantiku (nauku o významu) s moderním pojetím této disciplíny u Tarského. Pavel Houser, Filozofický ústav AV ČR, Praha

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ M – POZDRAV PRE ROK 2007 Stanovte posledné dve cifry čísla 32007. Rozdeľte daný štvorec na 2007 menších štvorcov. Vyriešte v množine všetkých prvočísiel rovnicu 27 x + 99 y = 2007. Dušan Jedinák

56


Geometrický model obecné kubické rovnice

Recommend Documents