Věčný kalendář. Marta Volfová, PedF UHK Hradec Králové

MATEMATIKA Věčný kalendář Marta Volfová, PedF UHK Hradec Králové Občas se setkáváme s nabídkami věčného kalendáře“ – tabulky, z níž ” lze jednoduše zjistit, na který den týdne připadá určité datum. Vytvoření takové tabulky není nijak obtížné, jeden možný přístup zde ukážeme. Budeme pracovat s tzv. zbytkovými třídami podle modulu 7, které označíme [0], [1], [2], [3], [4], [5], [6]. Zbytkovou třídou [0] podle modulu 7 rozumíme množinu všech přirozených čísel, která po dělení sedmi dávají zbytek 0, zbytkovou třídou [1] podle modulu 7 rozumíme množinu všech přirozených čísel, která po dělení sedmi dávají zbytek 1, atd. Každé přirozené číslo můžeme zařadit do právě jedné z těchto tříd. Zařazení určuje zbytek po dělení sedmi. Tak číslo 25 patří do třídy [4], neboť 25 = 7 · 3 + 4, číslo 30 patří do třídy [2], neboť 30 = 7 · 4 + 2, apod. Stručně píšeme 25 ∈ [4], 30 ∈ [2] apod. Zbytkové třídy lze sčítat. Má-li např. jeden sčítanec po dělení sedmi zbytek 6 a druhý sčítanec zbytek 5, má součet zbytek 4, neboť a + b = (7x + 6) + (7y + 5) = 7(x + y + 1) + 4. Zapíšeme to rovností [6] + [5] = [4]. Sčítání zbytkových tříd splňuje (stejně jako sčítání čísel) komutativní i asociativní zákon, například oba součty [5] + [4] a [4] + [5] se rovnají [2]. Pro vytvoření věčného kalendáře přiřadíme každému dnu týdne jednu zbytkovou třídu, a to podle tabulky 1. Pondělí Úterý Středa Čtvrtek Pátek Sobota Neděle

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [0]

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

den den den den den den den

týdne týdne týdne týdne týdne týdne týdne

Tabulka 1 Ročník 81 (2006), číslo 2

1

MATEMATIKA

Jednadvacáté století začínalo v pondělí 1. 1. 2001. V lednu roku 2001 datum, tj. pořadové číslo dne v měsíci, již přímo vedlo dne k zjištění týdne. Takže svátek Miloše, tj. 25. 1., byl ve čtvrtek 25 ∈ [4] , Robin, který měl svátek 30. 1., ho slavil vúterý 30 ∈ [2] , zatímco Běla (21. 1.) pořádala oslavu svátku v neděli 21 ∈ [0] . Takto jednoduché je to v lednu jen v letech, kdy Nový rok připadá na pondělí. Těmto rokům přiřadíme zbytkovou třídu [0] podle modulu 7. Každý nepřestupný rok posouvá začátek příštího roku o jeden den (365 = 7 · 52 + 1), proto bylo 1. 1. 2002 úterý. Protože rok 2002 posunul začátek roku (oproti roku 2001) o jeden den, přiřadíme mu zbytkovou třídu [1] podle modulu 7, obdobně roku 2003 třídu [2] (posouvá začátek roku vzhledem k roku 2001 o dva dny), roku 2004 třídu [3]. Rok 2004 byl přestupný, měl 366 dní a posunul začátek dalšího roku o dva dny (366 = 7 · 52 + 2). Proto má rok 2005 přiřazenu ne třídu [4], ale [5]. Dále rok 2006 má přiřazenu třídu [6], rok 2007 třídu [0] (třída [7] neexistuje; 7 = 7 · 1 + 0), rok 2008 třídu [1]. Rok 2008 je přestupný, proto má rok 2009 přiřazenu ne třídu [2], ale [3] atd. Známe-li přiřazení zbytkových tříd podle modulu 7 jednotlivým rokům, můžeme jednoduše odpovědět na otázky: Ve kterém dnu týdne bude slavit svátek Miloš v roce 2007, Robin v roce 2008 a Běla v roce 2010? Pro zjištění odpovědí musíme vždy ke zbytkové třídě lednového data přičíst zbytkovou třídu roku: Takže Miloš bude mít 25. 1. 2007 svátek ve čtvrtek, neboť [4] + [0] = [4], Robin bude mít 30. 1. 2008 svátek ve středu, neboť [2] + [1] = [3], a Běla bude mít 21. 1. 2010 svátek ve čtvrtek, neboť [0] + [4] = [4]. Protože máme sedmidenní týden a každý čtvrtý rok je přestupný, opakují se vždy po 28 letech roční kalendáře. Tedy např. rok 2001 má stejným datům přiřazeny stejné dny týdne, jako třeba roky 1973, 1945, 1917 (neboť 2001 − 28 = 1973, 2001 − 2 · 28 = 1945, 2001 − 3 · 28 = 1917). V celém 20. a 21. století se kalendáře takto pravidelně střídají. Změnu vnáší rok 1900, který není přestupný, ačkoliv číslo 1900 je násobkem čtyř. To platí od úpravy kalendáře v 16. století, kdy papež Řehoř XIII. podepsal 24. 2. 1582 bulu o novém kalendáři – šlo o vynechání deseti dnů a ustanovení, že roky, které budou násobky čísla 100, budou přestupné jen tehdy, budou-li současně násobky čísla 400 (což číslo 1900 nesplňuje). 2

Rozhledy matematicko-fyzikální

MATEMATIKA

Přehledné přiřazení zbytkových tříd jednotlivým rokům z období 1888–2010 přináší tabulka 2. Roky (přestupné označeny *)

1900

1888* 1889 1890 1891 1892* 1893 1894 1895 1896* 1897 1898 1899

1901 1902 1903 1904* 1905 1906 1907 1908* 1909 1910 1911 1912* 1913 1914 1915 1916*

1917 1918 1919 1920* 1921 1922 1923 1924* 1925 1926 1927 1928* 1929 1930 1931 1932* 1933 1934 1935 1936* 1937 1938 1939 1940* 1941 1942 1943 1944*

1945 1946 1947 1948* 1949 1950 1951 1952* 1953 1954 1955 1956* 1957 1958 1959 1960* 1961 1962 1963 1964* 1965 1966 1967 1968* 1969 1970 1971 1972*

1973 1974 1975 1976* 1977 1978 1979 1980* 1981 1982 1983 1984* 1985 1986 1987 1988* 1989 1990 1991 1992* 1993 1994 1995 1996* 1997 1998 1999 2000*

Rok začíná Třída 2001 2002 2003 2004* 2005 2006 2007 2008* 2009 2010

po út st čt so ne po út čt pá so ne út st čt pá ne po út st pá so ne po st čt pá so

[0] [1] [2] [3] [5] [6] [0] [1] [3] [4] [5] [6] [1] [2] [3] [4] [6] [0] [1] [2] [4] [5] [6] [0] [2] [3] [4] [5]

Tabulka 2

Ročník 81 (2006), číslo 2

3

MATEMATIKA

Z řádků tabulky 2 vidíme, ve kterých letech mají kalendáře stejnou podobu. Samozřejmě vždy po 28 letech, ale také vždy, když jsou roky stejně přestupné či nepřestupné a začínají týmž dnem, tj. mají přiřazenu tutéž zbytkovou třídu. Např. rok 2005 má stejnou podobu kalendáře jako roky 2005 − k · 28, tj. např. 1977, 1949, 1921, ale také jako všechny nepřestupné roky, které mají stejně jako rok 2005 přiřazenu zbytkovou třídu [5] a začínají sobotou, tj. např. 1983, 1955, 1927, 1994, 1966, 1938. Ještě je třeba uvážit, jak svými různými délkami přispívají měsíce ke změně závislosti dne v týdnu na jeho datu (oproti situaci v lednu). Je-li např. 1. 1. pondělí, bude 1. 2. posunuto o 3 dny (leden má 31 dní a 31 = 7 · 4 + 3), tj. 1. 2. bude čtvrtek. Předchozí měsíc vždy posune první den dalšího měsíce o nějaký počet dní týdne (0, 1, . . . , nebo 6). Jaké hodnoty tyto posuny mají, ukazuje tabulka 3.

Měsíc

Posun

Celkový posun od ledna nepřestup. rok

leden únor

0 dnů

přestup. rok

0 dnů

0 dnů

Nepřestup. Přestup. rok rok [0]

[0]

3 dny

(0 + 3) dnů

(0 + 3) dnů

[3]

[3]

březen

0, či 1 den

(3 + 0) dnů

(3 + 1) dnů

[3]

[4]

duben

3 dny

(3 + 3) dnů

(4 + 3) dnů

[6]

[0]

květen

2 dny

(6 + 2) dnů

(0 + 2) dnů

[1]

[2]

červen

3 dny

(1 + 3) dnů

(2 + 3) dnů

[4]

[5]

červenec

2 dny

(4 + 2) dnů

(5 + 2) dnů

[6]

[0]

srpen

3 dny

(6 + 3) dnů

(0 + 3) dnů

[2]

[3]

září

3 dny

(2 + 3) dnů

(3 + 3) dnů

[5]

[6]

říjen

2 dny

(5 + 2) dnů

(6 + 2) dnů

[0]

[1]

listopad

3 dny

(0 + 3) dnů

(1 + 3) dnů

[3]

[4]

prosinec

2 dny

(3 + 2) dnů

(4 + 2) dnů

[5]

[6]

leden

3 dny

(5 + 3) dnů

(6 + 3) dnů

[1]

[2]

Tabulka 3 Nyní již můžeme řešit libovolnou úlohu na zjištění, na který den týdne připadlo, popř. připadne v letech 1888–2010 to či ono datum. Sečteme zbytkovou třídu pořadového čísla 1 až 31 onoho dne (k tomu žádnou 4


MATEMATIKA

tabulku nepotřebujeme), zbytkovou třídu daného měsíce z tabulky 3 a zbytkovou třídu daného roku z tabulky 2. Výsledkem bude zbytková třída hledaného dne v týdnu podle tabulky 1. V tabulce 4 je uvedeno několik příkladů. Datum

Zbytková třída

Den

8. 5. 2005 24. 12. 2005 28. 10. 1918 9. 5. 1945 30. 5. 1946

[1] + [1] + [5] = [0] [3] + [5] + [5] = [6] [0] + [0] + [1] = [1] [2] + [1] + [0] = [3] [2] + [1] + [1] = [4]

neděle sobota pondělí středa čtvrtek

Tabulka 4 Pro běžné používání je takovýto způsob, kdy musíme mít k dispozici tabulky 2 a 3 (nebo si je vždy sestavit), těžkopádný. V obvyklých vypracováních věčných kalendářů (i v komerčně prodávaných tabulkách) bývá pro každý rok již stanoven součet zbytkové třídy roku a zbytkové třídy posunu od ledna po daný měsíc, jak je to v tabulce 5 na následující stránce. S touto tabulkou je pak určení, který den v týdnu připadá na určité datum, velmi jednoduché: Sečteme číslo z tabulky 5 pro daný rok a měsíc s pořadovým číslem daného dne v měsíci a určíme, jaký zbytek po dělení číslem 7 tento součet má (tj. do které zbytkové třídy patří) – tento zbytek pak určuje (podle tabulky 1) den týdne. (Pro zjednodušení zápisů a větší přehlednost nejsou zbytkové třídy v tabulce 5 zapisovány v závorkách. Hvězdičky opět označují řádky, v nichž jsou přestupné roky.) V tabulce 6 je uvedeno několik příkladů na určení dnů v týdnu právě popsaným způsobem s použitím tabulky 5. Datum

Součet

Zbytková třída

Den

8. 5. 2005 24. 12. 2005 28. 10. 1918 9. 5. 1945 30. 5. 1946

8+6 24 + 3 28 + 1 9+1 30 + 2

[1] + [6] = [0] [3] + [3] = [6] [0] + [1] = [1] [2] + [1] = [3] [2] + [2] = [4]

neděle sobota pondělí středa čtvrtek

Tabulka 6 Ročník 81 (2006), číslo 2

5

MATEMATIKA Roky

1900

1888 1889 1890 1891 1892 1893 1894 1895 1896 1897 1898 1899

1901 1902 1903 1904 1905 1906 1907 1908 1909 1910 1911 1912 1913 1914 1915 1916

1917 1918 1919 1920 1921 1922 1923 1924 1925 1926 1927 1928 1929 1930 1931 1932 1933 1934 1935 1936 1937 1938 1939 1940 1941 1942 1943 1944

1945 1946 1947 1948 1949 1950 1951 1952 1953 1954 1955 1956 1957 1958 1959 1960 1961 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972

L Ú B D K Č Č S Z Ř L P 1973 1974 1975 1976 1977 1978 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986 1987 1988 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 2000

2001 2002 2003 2004 * 2005 2006 2007 2008 * 2009 2010 *

*

*

*

*

0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5

3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1

3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2

6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5

1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0

4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3

6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5

2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1

5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 1 4

0 1 2 4 5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6

3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 2 4 5 6 0 2

5 6 0 2 3 4 5 0 1 2 3 5 6 0 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 0 1 1 4

Tabulka 5 Vytvoření věčného kalendáře je jen jednou ze zajímavých, někdy obtížných, někdy až tajemných, ale vždy přitažlivých kalendářových úloh. Jednou z nich by mohla být tato úloha: Bylo vám už 5 000 dnů? Určete datum, kdy se tak stalo či stane. 6


MATEMATIKA

Zellerův výpočet dne v týdnu Jaromír Šimša, PřF MU Brno V předchozím článku Věčný kalendář jste se dočetli, jak můžeme určit, na který den v týdnu připadlo či připadne dané datum, aniž bychom měli k dispozici kalendář příslušného roku. Dozvěděli jste se, že k řešení této úlohy (komplikované tím, že počet dní v roce není dělitelný sedmi a že některé roky jsou přestupné) postačí vyhledat jeden či dva údaje v jedné větší, popř. dvou menších (přesto však obtížně zapamatovatelných) tabulkách. Nyní ukážeme, že hledaný den v týdnu můžeme vypočítat bez jakékoliv tabulky pěkným způsobem, který objevil německý matematik Christian Zeller (1822–1899). Kromě aritmetických operací budeme potřebovat funkci celou část reálného čísla. Její hodnotu x v čísle x definujeme jako největší celé číslo nepřevyšující dané x. Tak například 3,1 = 3, 4 = 4, −2,5 = −3 apod. Dané datum našeho (tzn. gregoriánského) kalendáře nejprve popíšeme pomocí čtyř celých čísel d, m, s a r (den, měsíc, století a ročník). Písmeno d označuje obvyklé pořadové číslo daného dne v měsíci (1 d 31). Písmeno m pak značí pořadové číslo příslušného měsíce, které však počítáme neobvykle, a to od března do února, takže klademe m = 1 pro březen, m = 2 pro duben, . . . , m = 10 pro prosinec, m = 11 pro leden a m = 12 pro únor. Kvůli tomuto posunu (který je výhodný tím, že případný 29. únor přesouvá na konec posledního měsíce) nyní příslušný letopočet v případě měsíce ledna či února zmenšíme o jedničku (v případech m 10 letopočet nezměníme). Tento upravený letopočet pak odsunutím dvou posledních číslic rozdělíme na dvě čísla, která označíme s a r (počet století a ročník v něm), 0 r 99. Vysvětlí to několik příkladů: a) 29. 8. 2005: b) 26. 2. 1815: c) 4. 1. 1700:

d = 29, m = 6, s = 20, r = 5 d = 26, m = 12, s = 18, r = 14 d = 4, m = 11, s = 16, r = 99

Z čísel d, m, s, r pro dané datum nyní vypočteme výraz r s 13m − 1 + − 2s. +r+ t=d+ 5 4 4 Ročník 81 (2006), číslo 2

7

MATEMATIKA

Zellerovo pravidlo říká, že číslo t dává při dělení sedmi stejný zbytek jako pořadové číslo daného dne v týdnu, takže zbytku 1 odpovídá pondělí, zbytku 2 – úterý, . . . , zbytku 6 – sobota a zbytku 7 – neděle. Tak například pro datum 29. 8. 2005 z příkladu a) dostaneme 77 5 20 t = 29 + +5+ + − 40 = 29 + 15 + 5 + 1 + 5 − 40 = 15, 5 4 4 dané datum tudíž připadlo na pondělí, neboť číslo 15 při dělení sedmi dává zbytek 1. Možná neodoláte a vyzkoušíte Zellerovo pravidlo pro datum vašeho narození či jiné významné dny. Zvídavá duše každého matematika však zatouží po vysvětlení, proč popsané pravidlo platí obecně, tedy pro jakékoliv datum. Pokusíte se to sami dokázat? Ve zbytku článku si můžete přečíst návod, jak lze při tom postupovat. Označte T (d, m, s, r) tvrzení Zellerovo pravidlo platí pro datum ur” čené čtveřicí (d, m, s, r)“ a dokažte pro všechny přípustné čtveřice tyto implikace: (1) (2) (3) (4)

T (1, m, s, r) =⇒ T (d, m, s, r) T (1, m, s, r) =⇒ T (1, m + 1, s, r) (je-li m < 12) T (1, m, s, r) =⇒ T (1, m, s, r + 1) (je-li r < 99) T (1, m, s, 99) =⇒ T (1, m, s + 1, 0)

Zdůvodnit implikaci (1) je snadné. K důkazu implikace (2) ukažte, že posloupnost 13m − 1 fm = 5 má pro každé m ∈ {1, 2, . . . , 11} tuto vlastnost: Číslo fm+1 − fm dává při dělení sedmi stejný zbytek jako počet dní v měsíci s číslem m (porovnejte čísla v posledních dvou řádcích tabulky na konci článku). Implikace (3) je důsledkem toho, že pro posloupnost r gr = r + 4 z vyjádření r+1 r gr+1 − gr = 1 + − 4 4 8


MATEMATIKA

pro libovolné celé r vyplývá: Rozdíl gr+1 − gr je roven 2, resp. 1 podle toho, zda je číslo r + 1 dělitelné čtyřmi, nebo ne. To odpovídá tomu, že rok s letopočtem 100s + r + 1 (kde r < 99) je přestupný, právě když je číslo r + 1 násobkem čtyř. Konečně implikace (4) je důsledkem toho, že pro posloupnost s hs = − 2s 4 z vyjádření s+1 s − 18 · 7 + 1 (hs+1 + g0 ) − (hs + g99 ) = − 4 4 pro libovolné celé s vyplývá: Levá strana poslední rovnosti dává při dělení sedmi zbytek 2, resp. 1 podle toho, zda je číslo s + 1 dělitelné čtyřmi, nebo ne. To odpovídá tomu, že rok s letopočtem 100(s + 1) je přestupný, právě když je číslo s + 1 násobkem čtyř. m

1

2

3

fm

2

5

7 10 12 15 18 20 23 25 28 31

fm+1 − fm

3

2

3

počet dní

4 2

5 3

6 3

7 2

8 3

9 10 11 12 2

3

3

31 30 31 30 31 31 30 31 30 31 31

Deset neexistujících dnů Martin Macháček, Ondřejov Předchozí dva články popisují zajímavé způsoby, jak určit den v týdnu, známe-li datum. Má to ale háček: tyto metody platí pro gregoriánský kalendář, který byl zaveden až v roce 1582 – a ani to ne všude. To znamená, že byl-li např. Jan Hus upálen 6. července 1415, nebylo to v úterý, jak by nám vyšlo podle Zellerova pravidla, ale v sobotu, protože tehdy ještě platil juliánský kalendář. To nám ostatně potvrzuje i Palacký. Problémy s kalendářem způsobuje to, že tropický rok (doba mezi jarními rovnodennostmi) není celočíselným násobkem dne: přesně má Ročník 81 (2006), číslo 2

9

MATEMATIKA

365,242 2 dne. Kalendářní rok ale musí mít celý počet dnů – představme si třeba, že by se začátek nového roku slavil v 9 hodin 38 minut a 25,17 sekund! První velký krok k modernímu kalendáři udělal na radu alexandrijského astronoma Sosigena v roce 46 př. Kr. Gaius Julius Caesar. Vyšel z toho, že tropický rok je dlouhý přibližně 365,25 dne a že 4 roky o délce 365,25 dne se rovnají 3 rokům po 365 dnech plus jednomu přestupnému roku o 366 dnech. Tento juliánský kalendář po nějaký čas obstojně fungoval, ale protože rozdíl mezi 365,25 dny a skutečnou délkou tropického roku je přibližně 1 128 dne, posunula se za 128 let kalendářní rovnodennost proti astronomické o 1 den. V roce 325 po Kr. se konal 1. nikajský koncil, na kterém bylo stanoveno, kdy má církev slavit Velikonoce; v roce 1605 od něj uplynulo 1280 let a astronomická rovnodennost se za tu dobu posunula o 10 dnů, nastávala tedy 11. března místo 21. března. Velikonoce se pak slavily jindy, než by se měly, a např. anglický učenec Roger Bacon psal, jaká hanba je pro křesťany, když kvůli špatnému kalendáři jedí o půstu maso. Tridentský koncil v 16. století proto pověřil papeže, aby zjednal nápravu. Papež Gregorius 13. vyhlásil v roce 1582 nový kalendář, který navrhl italský lékař Aloysius Lilius a kterému dnes říkáme gregoriánský. Reforma spočívala za prvé v tom, že se z kalendáře jednorázově vypustilo 10 dnů, aby se rovnodennost opět dostala na 21. březen; proto po 4. říjnu 1582 následoval 15. říjen a deset kalendářních dnů od 5. do 15. října 1582 prostě neexistuje. A za druhé v tom, že se nadále každých 400 let ubraly 3 přestupné roky: proto roky dělitelné 100 a současně nedělitelné 400, které by v juliánském kalendáři byly přestupné, jsou v gregoriánském kalendáři nepřestupné. Roky 1700, 1800 a 1900 byly tedy nepřestupné, ale roky 1600 a 2000 zůstaly přestupné. Den v týdnu k určitému datu předcházejícímu rok 1582 tedy neurčíme Zellerovým pravidlem, ale můžeme ho určit pomocí juliánského data. Podrobnosti najdete např. v publikaci [1] citované v článku na str. 56. Gregoriánský kalendář se nerozšířil hned, protože papeže už v té době neposlouchali pravoslavní křesťané ani protestanti. V Anglii byl zaveden v roce 1752, v Rusku v roce 1918 (proto se tam říjnová revoluce slavila v listopadu) a v Řecku až v roce 1923. Pravoslavná církev v Rusku a Srbsku používá juliánský kalendář dodnes. Dnes je ovšem gregoriánský kalendář světový standard. A Aloysius Lilius se za svůj návrh dostal na Měsíc: je tam po něm pojmenován jeden kráter 3 km hluboký a 65 km široký. 10


FYZIKA Tři náročnější úlohy z fyziky, při jejichž řešení se můžeme setkat s kružnicí Miroslava Jarešová, PedF UHK Hradec Králové Při řešení úloh z fyziky se často setkáváme s kuželosečkami. V článku uveřejněném v čísle 4 minulého ročníku Rozhledů jsme se zabývali parabolami, nyní to budou kružnice. Opět ukážeme řešení tří náročnějších úloh. První úloha se týká situace, kdy je kružnice trajektorií pohybu. 1. Pohyb hodinových ručiček Koncový bod P velké ručičky hodin je ve vzdálenosti R = 1,00 m od osy otáčení a koncový bod Q malé ručičky ve vzdálenosti r = 0,75 m od osy otáčení. V rovině ciferníku hodin zvolme kartézskou soustavu souřadnic s počátkem ve středu ciferníku tak, že kladná část osy x směřuje k údaji 3 hodiny“ a kladná část osy y k údaji 12 hodin“. Čas t budeme měřit ” ” od okamžiku, kdy hodiny ukazují 12 hodin. a) Určete okamžiky, v nichž se obě ručičky překrývají, a rovněž velikosti odpovídajících úhlů, o které se od okamžiku t = 0 h pootočí malá ručička. b) Sestavte funkci popisující závislost vzdálenosti d bodů P , Q na čase t. c) Nakreslete graf funkce z části b) pro t ∈ 0 h, 12 h. Řešení a) Označíme T1 = 1 h periodu pohybu velké ručičky a T2 = 12 h periodu pohybu malé ručičky. Pro poměr těchto period platí T2 = 12, T1

z čehož

T1 =

1 T2 . 12

(1)

Od každého překrytí ručiček do překrytí příštího se musí velká ručička pootočit o stejný úhel jako malá a vykonat ještě jednu otáčku navíc. Musí tedy platit 2 2 tk = tk + 2k, T1 T2 Ročník 81 (2006), číslo 2

11

FYZIKA

kde k ∈ {0, 1, 2, 3, . . . , 11} určuje počet celých otáček velké ručičky a tk je čas, kdy se obě ručičky po k-té otáčce velké ručičky překrývají. Po dosazení z (1) dostaneme 12 1 k= − tk , T2 T2 odkud T2 tk = k. 11 Dosadíme-li sem T2 = 12 h, dostaneme jednotlivé doby tk : . . t0 = 0 h 0 min, t2 = 2 h 10,9 min, t1 = 1 h 5,5 min, . . . t3 = 3 h 16,4 min, t4 = 4 h 21,8 min, t5 = 5 h 27,3 min, . . . t6 = 6 h 32,7 min, t7 = 7 h 38,2 min, t8 = 8 h 43,6 min, . . t9 = 9 h 49,1 min, t10 = 10 h 54,5 min, t11 = 12 h 0 min. Velikosti odpovídajících úhlů αk vztahu 2 2 · tk = αk = T2 T2 po převodu na stupně

= . = . = . =

0◦ , 98,2◦ , 196,4◦ , 294,5◦ ,

·

2 T2 k= k, 11 11

αk =

360◦ k, 11

. = . = . = . =

32,7◦ , 130,9◦ , 229,1◦ , 327,3◦ ,

odkud: α0 α3 α6 α9

v radiánech vypočteme pomocí

α1 α4 α7 α10

α2 α5 α8 α11

. = . = . = =

65,5◦ , 163,6◦ , 261,8◦ , 360◦ .

Poznámka. Úlohu je možno řešit i jednoduchou úvahou. Je zřejmé, že obě ručičky se za dvanáct hodin setkají 11krát; mezi 1. a 11. hodinou se setkají 10krát a pak ještě přesně ve 12 hodin. Časový interval mezi dvěma následujícími setkáními ručiček je vždy stejný (když pootočíme ciferník tak, aby dvanáctka přešla z jednoho místa setkání k druhému, nic se nezmění – problém je vůči této transformaci invariantní). Odtud je jasné, že časový interval mezi dvěma setkáními 1 h; úhel mezi sousedními místy setkání je vždy je 12 h : 11 = 1 + 11 jedenáctina plného úhlu. 12


FYZIKA

b) Vycházejme z označení na obr. 1. Pro každý okamžik t platí: y P

yP yQ

ϕ1

ϕ2

Q

xP = R sin ϕ1 = R sin

2t T1

yP = R cos ϕ1 = R cos

2t T1

x O

xP xQ

xQ = r sin ϕ2 = r sin

2t T2

yQ = r cos ϕ2 = r cos

2t T2

Obr. 1

Pro d = |P Q| tedy můžeme psát: d2 = (xP − xQ )2 + (yP − yQ )2 d2 = (R sin ϕ1 − r sin ϕ2 )2 + (R cos ϕ1 − r cos ϕ2 )2 d2 = R2 + r 2 − 2rR cos (ϕ2 − ϕ1 ) ∗ )

(2)

Označíme-li ϕ = ϕ2 − ϕ1 a rovnost (2) upravíme pomocí vzorce cos ϕ = 1 − 2 sin2

ϕ , 2

můžeme postupně psát: ϕ d2 = R2 + r 2 − 2Rr + 4Rr sin2

ϕ 2ϕ 2 1 − d2 = (R − r)2 + 4Rr sin2 2 2 1 1 2 2 2 d = (R − r) + 4Rr sin − t T2 T1 Po dosazení T1 =

1 12 T2 ,

d= ∗

úpravě a odmocnění dostaneme

11t (R − r)2 + 4Rr sin2 . T2

) Tento vztah bychom mohli napsat přímo pomocí kosinové věty aplikované na troj-

úhelník OP Q.


13

FYZIKA

Pro dané hodnoty R a r je {d} =

(1,00 − 0,75)2 + 4 · 1,00 · 0,75 · sin2

11{t} , 12

kde {d} značí číselnou hodnotu vzdálenosti koncových bodů ručiček vyjádřené v metrech a {t} značí číselnou hodnotu času vyjádřeného v hodinách. Po úpravě 1 11{t} + 3 sin2 . (3) {d} = 16 12 c) Graf funkce, která vyjadřuje závislost vzdálenosti konců ručiček na čase, sestrojíme na základě vztahu (3). Body grafu získané dosazením za čas t po jednotlivých hodinách propojíme hladkou“ křivkou ” (obr. 2). K sestrojení grafu je vhodné použít např. tabulkový procesor Excel. d [m] 2,0 1,5 1,0 0,5 t [h] O

2

4

6

8

10

12 Obr. 2

Druhá úloha se týká určení vnější obalové křivky nábojů vystřelených z odpalovacího zařízení. Náboje jsou vystřeleny ve svislé rovině všemi směry stejně velkou rychlostí. 2. Pohyb nábojů Z odpalovacího zařízení (jehož rozměry budeme považovat za zanedbatelné), které se nachází ve výšce H nad zemským povrchem (v homogenním gravitačním poli), jsou současně všemi směry v téže svislé rovině 14


FYZIKA

vystřeleny náboje stejně velkou počáteční rychlostí v0 (obr. 3). Dokažte, že se náboje v každém okamžiku nacházejí na společné kružnici. Jak závisí poloměr této kružnice na čase a jaký pohyb koná střed této kružnice? Odpor vzduchu zanedbejte. Obr. 3

Řešení

1 . z p ů s o b ř e š e n í – pomocí analytické geometrie V rovině, v níž se pohybují vystřelené náboje, zvolíme kartézskou soustavu souřadnic Oxy s vodorovnou osou x, jejímž počátkem je bod, z něhož jsou náboje vystřeleny. Uvažujme libovolný vystřelený náboj a označme α velikost orientovaného úhlu, jehož počátečním ramenem je kladná část osy x a koncovým ramenem polopřímka, v jejímž směru je náboj vystřelen. Tento náboj se v čase t nachází v bodě, jehož souřadnice jsou x = v0 t cos α, y = v0 t sin α − 12 gt2 . Z těchto rovnic vyloučíme α, a to tak, že z první z nich vyjádříme cos α, z druhé sin α, potom obě rovnice umocníme na druhou a sečteme. Postupně dostaneme: y + 12 gt2 v0 t 2 y + 12 gt2 x2 2 2 cos α + sin α = 2 2 + v0 t v02 t2 2 y + 12 gt2 x2 1= 2 2 + v0 t v02 t2 cos α =

x , v0 t

sin α =

2 x2 + y + 12 gt2 = (v0 t)2

(4)

Rovnice (4) je rovnicí kružnice se středem S 0, − 12 gt2 a poloměrem r = v0 t. Protože jsme uvažovali libovolné α, leží na této kružnici v čase t všechny vystřelené náboje. Poloměr kružnice se s časem mění a její střed padá svisle dolů volným pádem.


15

FYZIKA

2 . z p ů s o b ř e š e n í – pomocí neinerciální soustavy souřadnic Pohyb nábojů budeme popisovat vzhledem k neinerciální soustavě souřadnic spojené s myšlenou kuličkou (považovanou za hmotný bod), která začne v okamžiku, kdy jsou náboje vystřeleny, padat z odpalovacího zařízení volným pádem. Vzhledem k odpalovacímu zařízení se každý náboj pohybuje po parabole – jedná se o šikmé nebo vodorovné vrhy, v případě svislého směru jde o vrh svisle vzhůru, resp. volný pád. Vzhledem k myšlené kuličce ale všechny náboje konají rovnoměrný přímočarý pohyb rychlostí v0 , takže každý z nich (nezávisle na směru, kterým je vystřelen) má v libovolném čase t od kuličky stejnou vzdálenost r = v0 t. Všechny náboje se tedy v libovolném čase t nacházejí na kružnici o poloměru v0 t, jejímž středem je myšlená kulička. Tato kulička, a tedy také střed příslušné kružnice, padá volným pádem a má od odpalovacího zařízení v čase t vzdálenost 12 gt2 . Třetí úloha popisuje činnost anemometru. 3. Miskový anemometr Na obr. 4 je nakreslen anemometr, což je zařízení sloužící k měření rychlosti větru. Misky anemometru jsou na počátku v klidu, pak na ně začne foukat vítr a uvede anemometr do otáčivého pohybu. HusB tota vzduchu je = 1,3 kg · m−3 , ramena anemometru svírají úhly d 120◦ , R = 70 mm, d = 28 mm. Při poloze anemometru a směru větru A z obr. 4 je součinitel odporu pro R misku A roven CA = 1,35, pro misky B a C pak CB = CC = 0,45. Určete výsledný moment sil působících na C hřídel anemometru v okamžiku, kdy na misky začne foukat vítr rychlostí Ú o velikosti v = 72 km · h−1 (obr. 4). Obr. 4

Řešení Velikosti sil působících na misky A, B, C jsou FA = CA · 12 SA v 2 , 16

FB = CB · 12 SB v 2 ,

FC = CC · 12 SC v 2 ,

(5)


FYZIKA

kde SA , SB , SC jsou po řadě obsahy průmětů misek A, B, C do směru kolmého ke směru proudění. Zřejmě SA = 14 d2 . Obsah SB = SC vypočteme jako součet obsahu poloviny vnitřní oblasti elipsy s poloosami délek a = 12 d · cos 60◦ = 14 d a b = 12 d a obsahu půlkruhu s poloměrem b = 12 d (jde o obsah podbarveného obrazce na obr. 5). Tedy SB = SC = 12 ab + 12 b2 =

1 2 16 d

+ 18 d2 =

a b

3 2 16 d .

Dosadíme-li za SA , SB , SC do (5), dostaneme FA = 18 CA d2 v 2 ,

FB = FC =

3 2 2 32 CB d v .

Výsledný moment sil vzhledem k podélné ose hřídele je dán vztahem

C Obr. 5

M = FA R − 2FB R cos 60◦ = (FA − FB )R = 18 d2 v 2 R CA − 34 CB .

Pro dané hodnoty vyjde . M = 1,13 · 10−2 Nm. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

VRUBOVKY Ani dejiny matematiky nezačínajú určitým dátumom. Medzi najstaršie dokumenty početného záznamu patrí 18 cm dlhá kosť mladého vlka s 55 zárezmi, nájdená prof. K. Absolónom roku 1936 pri Dolních Věstonicích na Morave. Jej vek sa odhaduje na 28 až 25 tisíc rokov. Podobné vrubovky, rováše sa našli aj v Zaire a Južnej Afrike, vo Francúzsku i na Sibíri. O spôsobe ich použitia sa mienky rôznia.

Dušan Jedinák Ročník 81 (2006), číslo 2

17

INFORMATIKA Program TI InterActive!, 2. část Jan Kašpar, MFF UK Praha Matematické výpočty První část článku o programu TI InterActive! (dále TIIA) byla věnována základním informacím o tomto programu. Nyní se budeme věnovat matematickým výpočtům. K jejich provádění je třeba otevřít matematický rámeček. Připomeňme, že to uděláme kliknutím na první ikonu v třetím řádku nabídek programu TIIA. Současně s otevřením matematického rámečku se na ploše zobrazí tzv. matematická paleta (TI Math Palette, viz obr. 1 v první části článku). Důležitým úkonem před zahájením výpočtu je nastavení režimu pro provádění výpočtů. To provedeme v okně, které otevřeme kliknutím na druhou ikonu třetího řádku nabídek základní obrazovky TIIA (obr. 1).

a) b) c) d) e) f) g)

Obr. 1

18


INFORMATIKA

V tomto okně se nastavuje: a) formát zápisu čísel b) počet zobrazených číslic c) úhlová míra d) požadovaná přesnost výpočtů

e) číselný obor f) soustava jednotek g) typ grafu

Volbu nastavení provedeme myší, kliknutím na zvolenou nabídku. Je nutné ji potvrdit tlačítkem OK v posledním řádku. Kliknutím na další tlačítka posledního řádku můžeme: – zrušit právě prováděnou volbu nastavení (Cancel) – volbu nastavení uložit jako výchozí (Save as Defaults) – vrátit se k standardnímu nastavení (Restore) – otevřít podrobnou a názornou nápovědu (Help) Zadávání výpočtů do matematického rámečku provádíme buď zápisem z klávesnice počítače, nebo z TI Math Palette; možná je i kombinace obou těchto způsobů. Program TIIA nemá žádnou speciální syntaxi, zápis zadání se provádí přirozenou formou, stejně jako křídou na tabuli“, ” popř. tužkou na papír“. Pokud chceme v jednom rámečku provést ně” kolik výpočtů, je třeba je oddělit dvojitou dvojtečkou. V matematickém rámečku se pak zobrazí pouze výsledek posledního výpočtu, v následujících výpočtech však můžeme pracovat se všemi výsledky (pokud jsme je uložili do proměnných). Kromě základních početních operací a standardních matematických funkcí můžeme pro výpočty použít mnoho dalších matematických procedur a funkcí. Najdeme je v nabídkách Math, Statistics a Tools v TI Math Palette. Funkce a procedury jsou zde seskupeny do tematických celků, takže používání uvedených nabídek je pohodlné a přehledné. Kliknutím na každou z nich se otevře okno s první úrovní nabídek. V něm vybereme tematický celek a kliknutím na něj otevřeme jeho okno nabídek. V některých případech není ani druhá úroveň nabídek poslední. Na obr. 2 je ukázka postupně otevřených oken nabídek Math, Algebra, Complex a Solve. V tomto případě je pro proceduru Solve (pro řešení rovnic) zvolena verze pro obor komplexních čísel, takže např. pro rovnici x2 + 1 = 0

(1)

bude řešení vypadat takto: cSolve x2 + 1 = 0, x ⇒ x = i or x = −i Ročník 81 (2006), číslo 2

19

INFORMATIKA

Jde o obsah matematického rámečku editovaný způsobem (jedním z mnoha možných), kdy zadání a výsledek jsou umístěny na stejném řádku a jsou odděleny symbolem ⇒. Okno pro editaci aktivního matematického rámečku otevřeme buď z klávesnice počítače současným stisknutím kláves CTRL a P, nebo otevřením nabídky Edit v TI Math Palette a zde kliknutím na volbu Properties. . ., popř. kliknutím na tlačítko More. . . v posledním řádku TI Math Palette. [Jako zajímavost uveďme, že zadání, nebo výsledek výpočtu je možné skrýt“ – volba Hide Input ” pro vstup, Hide Output nebo None(no eval) pro výstup.]

Obr. 2

Matematické procedury a funkce najdeme nejen v nabídkách Math, Statistics a Tools v TI Math Palette, ale abecedně řazené také v katalogu, který otevřeme kliknutím na první ikonu druhého řádku nabídek v TI Math Palette. Početní úkony, funkce a procedury, které program TIIA nabízí, pokrývají dostatečně širokou oblast matematiky a jsou ve většině případů 20


INFORMATIKA

přehledné a jasné. Pro všechny je možné otevřít nápovědu, a tak se zde zmíníme pouze o těch, jejichž použití by mohlo dělat problémy. V nabídce Number jsou neobvyklé procedury Floor a Ceiling. Obě umožňují pracovat se seznamem nebo s maticí, přičemž procedura Floor změní všechny prvky, pokud to nejsou celá čísla, na nejbližší menší celá čísla, procedura Ceiling pak na nejbližší větší celá čísla. Funkce pro kombinatoriku najdeme v nabídce Probability. Jsou zde funkce pro výpočet faktoriálů, počtu permutací a počtu kombinací. Funkce pro výpočet počtu variací zdánlivě chybí, je zde ale jako funkce pro výpočet počtu permutací k-té třídy z n prvků (jak je zvykem v amerických učebnicích). V nabídce Algebra je kromě procedur a funkcí pro standardní algebraické výpočty zajímavá volba Piecewise Function, která umožňuje definovat funkci na různých intervalech různými předpisy. Některé výpočty mají několik výsledků – např. řešení kvadratické rovnice (1). V takovém případě jsou tyto výsledky odděleny spojkou or a pro další výpočty nejsou jejich hodnoty k dispozici. Pokud je pro další výpočty potřebujeme, můžeme použít funkci expToList. Ta uloží příslušné hodnoty do seznamu a jako prvky seznamu jsou tyto hodnoty dále k dispozici. Pro zmíněný příklad by použití funkce expToList mohlo vypadat takto: L1 := expToList cSolve x2 + 1 = 0, x , x ⇒ {i, −i} Pak by mohl následovat výpočet: L1[1] − L1[2] = 2i Uvedenou funkci, jako jednu z mála, najdeme pouze v katalogu. Závěrem ještě krátká poznámka o výsledné formě zápisu matematického výpočtu. Pro zadání výpočtu máme v mnoha případech několik možností, které se formálně liší. Např. pro výpočet první derivace funkce sin(x) můžeme použít buď zápis d(sin(x), x), nebo zápis derivative(sin(x), x). V matematickém rámečku však bude po stisknutí klávesy Enter toto zadání v obou případech automaticky přepsáno do d tvaru (sin(x)). dx Provádění matematických výpočtů programem TIIA jistě nebude dělat uživateli problémy. Tento program však nemá tak bohatý výpočetní potenciál jako např. programy Maple a Mathematica. Ročník 81 (2006), číslo 2

21

SOUTĚŽE Úlohy domácího kola 56. ročníku Matematické olympiády pro žáky základních škol

KATEGORIE Z5 1. Šestiúhelník a pětiúhelník mají společnou stranu se dvěma vrcholy. Doplň do všech vrcholů obou obrazců čísla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 tak, aby součet čísel v šestiúhelníku i v pětiúhelníku byl 24. Každé číslo použij právě jednou. Stačí, když najdeš jedno řešení.

(L. Hozová) 2. Cyklistického závodu Tour de Lhota se zúčastnila šestičlenná družstva. V prvních deseti etapách závod nikdo nevzdal. V jedenácté etapě po hromadném pádu odstoupilo 17 cyklistů a v každé další etapě pak jich odstoupilo vždy o 3 méně než v předešlé etapě. Do cíle závěrečné 15. etapy dojelo 53 cyklistů. Kolik družstev se zúčastnilo závodu? Zdůvodni. (Š. Ptáčková) 3. Cvičená blecha Hopsalka stála na hodinách na čísle 12. Hrála s Vaškem takovou hru: Vašek házel kostkou. Kolik ok mu padlo, o tolik čísel poskočila. Po prvním hodu skočila po směru chodu hodinových ručiček, po druhém hodu proti směru hodinových ručiček a po třetím 22


SOUTĚŽE

hodu opět po směru hodinových ručiček. Víme, že Vaškovi padla oka 2, 5 a 6, ale nevíme, v jakém pořadí. Na která čísla mohla Hopsalka doskočit po třetím skoku? (L. Hozová) 4. Pomocí číslic 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 a pomocí dvou desetinných čárek utvoř dvě desetinná čísla tak, aby jejich součet byl co nejmenší. Najdi všechny možnosti. (Každou číslici použij právě jednou.) (S. Bednářová) 5. Sedm trpaslíků sbíralo hříbky. V košíčkách měli 34, 19, 50, 44, 31, 28 a 37 hříbků. Sněhurka chtěla stejný počet hříbků na polévku, na smažení i na usušení. Jak rozdělili trpaslíci své košíčky do tří skupin tak, aby počet hříbků v každé skupině byl stejný? (Trpaslíci nesměli hříbky z košíčků vytahovat.) (Š. Ptáčková) 6. Lucka vystřihovala ze čtverečkovaného papíru číslice 2, 0, 0, 7 tak, jak je naznačeno na obrázku. Urči obsah vystřižených číslic, je-li strana čtverečku sítě dlouhá 4 cm.

(M. Raabová)

KATEGORIE Z6 1. Lukáš natíral laťkový plot. Každých 10 minut natřel 8 latěk. Jeho mladší bratr Ondra mu chvilku pomáhal, takže byl Lukáš hotov o čtvrt hodiny dříve, než předpokládal. Jak dlouho mu Ondra pomáhal, když natřel každých 7 minut 4 laťky? (M. Raabová) Ročník 81 (2006), číslo 2

23

SOUTĚŽE

2. Hvězda na obrázku je rozdělena dvěma úsečkami na tři díly. Zjisti obsah každého z nich.

1 cm

(L. Šimůnek )

3. Vícemístné číslo se nazývá optimistické, jestliže jeho číslice zleva doprava rostou. Jestliže číslice čísla zleva doprava klesají, říkáme, že je to číslo pesimistické. Součet sedmimístného pesimistického a sedmimístného optimistického čísla složených z týchž číslic je 11 001 000. Které číslice jsme použili na zápis těchto dvou čísel? (S. Bednářová) 4. Ze Smutňan do Veselíkova vedou tři cesty. Ta, která je na mapě vyznačena plnou čarou, měří 40 km, nejvyšší povolená rychlost je na ní 80 km/h a vybírá se na ní mýtné 50 Kč. Čárkovaná cesta je dlouhá 35 km, nejvyšší povolená rychlost je na ní 60 km/h a mýtné je 150 Kč. Na tečkované cestě, která je dlouhá 45 km, se vybírá mýtné 100 Kč a nejvyšší povolená rychlost je 100 km/h. Strýček Uspěchaný a tetička Spořivá se chtějí dostat ze Smutňan do Veselíkova, strýček co nejdříve, tetička co nejlevněji. Oba si zavolali taxi, jehož řidiči si účtují 15 Kč za kilometr cesty a zaplacení mýtného. a) Kterou cestu má vybrat taxikář strýčka Uspěchaného? b) Kterou cestu má vybrat taxikář tetičky Spořivé? 24


SOUTĚŽE

c) O kolik minut bude kratší cesta strýčka Uspěchaného v porovnání s cestou tetičky? d) O kolik korun zaplatí strýček víc než tetička? (S. Bednářová) 5. Naše třída plánovala turistický výlet. Jednotlivé skupiny myslely, že jeho délka bude 28, 16, 32, 37 a 15 kilometrů. Spletly se ale o 5, 7, 8, 9 a 14 kilometrů. Jak dlouhý byl výlet? (M. Volfová) 6. Ze shodných čtverců a rovnoramenných trojúhelníků jsme složili (bez překrývání) útvar znázorněný na obrázku. Zjisti velikosti vnitřních úhlů těchto rovnoramenných trojúhelníků.

(S. Bednářová)

KATEGORIE Z7 1. Jana narýsovala šestiúhelník. Délky všech stran vyjádřené v centimetrech jsou celá čísla. Potom si uvědomila, že každé dvě jeho sousední strany jsou na sebe kolmé. Narýsuj, jako mohl vypadat Janin šestiúhelník, je-li jeho obvod 16 cm a jeho obsah 12 cm2 . (M. Dillingerová) 2. Rozděl obdélník na obrázku na co nejmenší počet tvarově stejných částí tak, aby každá z nich obsahovala jen taková čísla, která dávají po dělení třemi navzájem různé zbytky. Pozor, řezat se smí jen po čarách sítě!

14 32 43 102 11 22 18 35 12

90 301

7

99 29 62 (S. Bednářová)


25

SOUTĚŽE

3. Urči počet zlomků, jejichž hodnota je celým násobkem tří a čitatel i jmenovatel jsou trojmístná přirozená čísla. (L. Šimůnek ) 4. Dědeček nesl do mlýna pytel zrní. Najednou mu začala zrníčka z pytle vypadávat a za dědečkem zůstávala cestička značená jednotlivými zrníčky. Tři ptáčci si toho všimli a začali jednotlivá zrníčka zobat. První zobal zrníčka zelený ptáček, a to tak, že sezobal každé čtvrté zrnko ležící na zemi. Potom přiletěl zobat červený ptáček a sezobl každé páté na zemi ležící zrnko. Nakonec slétl na cestičku modrý ptáček a sezobal každé třetí na zemi ležící zrníčko. Kolik zrníček dědeček ztratil, jestliže ptáčci sezobali dohromady 79 zrníček? (M. Dillingerová) 5. Aspoň trojmístné číslo s navzájem různými ciframi, jehož žádné tři za sebou jdoucí číslice a, b, c nesplňují ani a < b < c, ani a > b > c, se nazývá vlnité. Napiš a) největší vlnité číslo, které není dělitelné 3, b) největší vlnité číslo dělitelné 150. (S. Bednářová) 6. Osmiboký kolmý hranol načrtnutý na obrázku vznikl slepením tří kvádrů. Zjisti objem a povrch tohoto hranolu, pokud víš, že mezi osmi jeho bočními stěnami jsou čtyři dvojice shodných stěn, a znáš délky vyznačených hran (obrázek je nepřesný, nevyplatí se měřit). 1 cm 7 cm

4 cm 8 cm

(S. Bednářová)

26


SOUTĚŽE

KATEGORIE Z8 1. Z číslic 1, 2, . . . , 9 jsme vytvořili tři smíšená čísla a bc . Potom jsme tato tři čísla správně sečetli. Jaký nejmenší součet jsme mohli dostat? (Každou číslici jsme použili právě jednou.) (S. Bednářová) 2. Král si nechal nalít plnou číši vína. Pětinu vína z ní upil. Pak si nechal číši dolít vodou a upil čtvrtinu obsahu. Opět mu číši dolili vodou a král z ní upil třetinu. Páže mu zase číši dolilo vodou. Kolik procent čistého vína zbylo ve sklenici? (M. Krejčová) 3. Je dán pravidelný devítiúhelník ABCDEF GHI. Vypočítejte velikost úhlu, který svírají přímky DG a BE. (M. Raabová, M. Krejčová) 4. Žáci postavili z malých kostek pyramidu podobnou té na obrázku, měla však více pater. Pyramida, svého druhu největší na světě, stála od té doby na dvoře školy a pršelo na ni. Po čase se musely všechny kostky, na které pršelo, tedy ty na povrchu, vyměnit. Vyměnilo se celkem 2 025 kostek. Kolik měla pyramida pater?

(L. Šimůnek ) 5. Je dáno čtyřmístné číslo. Přičteme k němu takové čtyřmístné číslo, které je napsáno číslicemi prvního čísla, ale v opačném pořadí. Kterými čísly je vždy dělitelný tento součet? (L. Hozová) 6. Výška rovnoramenného trojúhelníku ABC dělí jeho obsah v poměru 1 : 3. Určete √ obsah a obvod trojúhelníku ABC, je-li |AC| = |BC| a |AB| = 32 cm. (L. Hozová) Ročník 81 (2006), číslo 2

27

SOUTĚŽE

KATEGORIE Z9 1. Kolik šestimístných přirozených čísel má tu vlastnost, že součin jejich číslic je 750? (P. Tlustý) 2. Vyplňte správnými výrazy prázdná pole ve sčítací pyramidě na obrázku. Ve správně vyplněné sčítací pyramidě se v každém poli (kromě těch ze spodního patra) nachází součet výrazů, které jsou napsány ve dvou polích těsně pod ním. 1 3

5x − 1

− 4x 2 3

−x (S. Bednářová)

3. Do kružnice s poloměrem 2 cm je vepsán pravidelný šestiúhelník ABCDEF . Přímky F E a CD se protínají v bodě M . Určete délku úsečky AM . (M. Volfová) 4. Matematické soutěže se zúčastnilo 142 žáků. Ne každý však odevzdal třetí úlohu. Když nakonec autor soutěže zpracovával statistiku, zapsal si, že odevzdané třetí úlohy ohodnotil průměrně 3,9 bodu (zaokrouhleno na desetiny) a každý soutěžící dostal za třetí úlohu průměrně 2,7 bodu (zaokrouhleno na desetiny). Kolik žáků mohlo odevzdat třetí úlohu? Uděloval se pouze celý počet bodů, za neodevzdanou úlohu bylo 0 bodů. (L. Šimůnek ) 5. Trojúhelník REZ s obsahem 84 cm2 (|RE| = 14 cm, |ZE| = 15 cm) jsme dvěma přímými řezy rozdělili na tři části a z těch jsme složili (bez překrývání) obdélník. Jaké rozměry mohl obdélník mít? Najděte všechny možnosti. (S. Bednářová) 6. Dokažte, že číslo (1 · 3 · 5 · 7 · · · · · 2003 · 2005) + (2 · 4 · 6 · 8 · · · · · 2004 · 2006) je dělitelné číslem 20074 . 28

(P. Tlustý) Rozhledy matematicko-fyzikální

SOUTĚŽE

56. 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 na disketě, aby bylo možné otestovat jeho funkčnost. Slovní popis řešení musí být jasný a srozumitelný, aniž by bylo nutno nahlédnout do zdrojového textu programu. V úloze P-I-4 je nutnou součástí řešení program pro grafomat. Řešení úloh vypracujte a odevzdejte nejpozději do 15. 11. 2006. Vzorová řešení 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 Pizza kolem Marco se rozhodl, ze zužitkuje své kulinářské i cyklistické dovednosti a založí firmu pro výrobu a rozvoz pizzy. Firmu plánuje provozovat tak, že vždy nejdříve bude shromažďovat objednávky, a když jich bude dostatek, tak pizzy upeče, sedne na kolo a rozveze je zákazníkům. Protože Marco je lepší cyklista než kuchař, plánuje zatím ve své nabídce pouze jeden druh pizzy. Aby se ale odlišil od konkurence, přijímá objednávky i na šestinové části pizzy. Lze si u něj objednat například 1/6, 4/6 nebo 15/6 pizzy. Navíc, jako speciální službu zákazníkům, chce Marco pizzy pro každého zákazníka dodat co nejméně rozřezané (aby zákazník sám mohl rozhodnout, jak si dále pizzu rozdělí). Proto například 4/6 pizzy chce dodat jako jeden kus příslušné velikosti a 15/6 chce dodat jako 2 celé pizzy a k nim jednu polovinu pizzy (Marco chce také dodat co nejvíce pizz vcelku, takže uspokojení této objednávky třemi kusy velikosti 5/6 nepřipadá v úvahu). Ročník 81 (2006), číslo 2

29

SOUTĚŽE

Až když Marco všude rozdal letáky propagující jeho novou firmu, tak si uvědomil, že díky jeho speciální službě zákazníkům není jednoduché zkombinovat objednávky tak, aby mu moc kusů pizzy nezbylo. Obrátil se proto na vás, abyste mu napsali program, který by mu s problémem pomohl. Pro začátek by mu stačil program, který na vstupu dostane objednávky a na výstup vypíše, kolik pizz má Marco napéct. Formát vstupu: Na prvním řádku vstupního souboru pizza.in se nachází celé číslo N , 1 N 10 000 – počet objednávek. Ve vstupním souboru pak následuje N řádků. Každý řádek popisuje jednu objednávku a obsahuje jedno celé číslo c, 1 c 100, které je počet objednaných šestin pizzy. Formát výstupu: Výstupní soubor pizza.out bude obsahovat jedno celé číslo p, které značí nejmenší možný počet pizz, které je třeba upéct, aby šlo splnit všechny objednávky a byla dodržena speciální služba zákazníkům. Příklad 1: pizza.in 3 2 2 3 Příklad 2: pizza.in 3 4 5 3

pizza.out 2 (z jedné pizzy lze například uříznout dva kusy o velikosti 2/6 a z druhé pizzy se uřízne kus velký 3/6)

pizza.out 3 (kvůli požadavku na dodání co nejméně rozřezaných kousků pizzy je třeba pro každou objednávku upéct celou pizzu)

P-I-2 Zasypané město Archeolog Bedřich Hrozný zkoumá nově nalezené zasypané město v poušti. Jako první krok se rozhodl, že pomocí sonaru určí, kolik místností měly všechny domy ve městě dohromady. 30


SOUTĚŽE

Kus pouště, kde město leželo, si Bedřich pokryl čtvercovou sítí o rozměrech M × N . Se sonarem postupně projel všechny řádky takto vytvořené čtvercové sítě a svá měření si zaznamenal. Pro jednoduchost předpokládal, že pod každým polem této sítě se nachází buď kamení, nebo písek. Na základě získaných dat by rád určil, kolik místností (souvislých oblastí písku) v zasypaném městě bylo. Soutěžní úloha: Na vstupu je dán popis zasypaného města, které si představujeme jako čtvercovou síť o rozměrech M × N . Políčka čtvercové sítě jsou popsána po řádcích od horního ke spodnímu a na jednotlivých řádcích postupně zleva doprava. Bedřich si svá měření zapsal pomocí dvojic čísel, kde první číslo znamená počet políček s pískem a druhé počet políček s kamením. Data získaná ze sonaru tedy tvoří K dvojic nezáporných čísel (p, q). Dvojice (p, q) reprezentuje, že z následujících p + q políček je prvních p políček tvořeno jen pískem a zbylých q políček je tvořeno kamením. Každý úsek takovýchto p + q políček leží pouze v jednom řádku čtvercové sítě, tj. žádná dvojice (p, q) neodpovídá úseku políček na dvou či více řádcích. Vaším úkolem je spočítat počet místností v zasypaném městě. Místností se rozumí souvislá oblast písku, která už v žádném směru nejde zvětšit. Dvě políčka čtvercové sítě považujeme za sousední, pokud mají společnou hranu, nikoliv jen vrchol. Formát vstupu: Na prvním řádku souboru mesto.in se nacházejí tři nezáporná čísla M , N a K – počet řádků a sloupců čtvercové sítě města a počet dvojic, které popisují její obsah. Je známo, že M i N jsou menší než 50 000 a že K je menší než 1 000 000 000. Každý z dalších K řádků obsahuje dvě nezáporná čísla p a q, kde p je počet políček zasypaných pískem a q je počet políček, pod kterými jsou kameny. Políčka jsou popsána po řádcích od horního řádku sítě, na jednotlivých řádcích zleva doprava. Navíc žádná dvojice (p, q) nepopisuje políčka obsažená na více řádcích. Pokud se Vám nepodaří vyřešit úlohy s výše popsanými omezeními na M , N a K, předpokládejte, že každé M a N je nejvýše 500 a K je nejvýše 100 000. Formát výstupu: Jediný řádek souboru mesto.out by mělo tvořit jediné nezáporné číslo – počet místností v zasypaném městě. Všimněte si, že pokud pod všemi políčky je jen kamení, bude toto číslo rovno nule. Ročník 81 (2006), číslo 2

31

SOUTĚŽE

Příklad: mesto.in 447 04 21 10 02 11 01 30

mesto.out 3

4 2 2 1 Zasypané mˇesto kamen´ı p´ısek

1 1 1 1 3

Zasypané mˇesto, jak ho vid´ı sonar

A

B C

M´ıstnosti zasypaného mˇesta oznaˇcené A, B, C

P-I-3 Okružní jízda Ve Stínové Praze je komplikovaný dopravní systém. Tvoří ho křižovatky, navzájem propojené ulicemi, ale na rozdíl od reálné Prahy může do jedné křižovatky vést libovolný počet ulic. Zajisté chápete, že řízení dopravy ve Stínové Praze je velmi složité a často dochází k nehodám. Radní ve Stínové Praze se rozhodli zlepšit dopravní situaci. Nejprve ze všech ulic udělali jednosměrky, a to tak, že do každé křižovatky vchází alespoň jedna ulice a z každé křižovatky vychází alespoň jedna ulice. Pak navíc na každé křižovatce zakázali jednu možnost odbočení (tedy před touto změnou se křižovatka, do níž vede k ulic a z níž vede ulic, dala projet k způsoby; nyní je možné ji projet jen k − 1 způsoby). Stínoví Pražané si ale začali stěžovat, že se nedokážou dostat z domu do práce či naopak. Aby podobná tvrzení vyvrátili, rozhodli se radní dokázat, že se dá z každé ulice dostat do každé jiné. Dělat to pro každou dvojici ulic zvlášť by bylo pracné, proto chtějí nalézt okružní jízdu“ – t.j. cyklickou posloupnost ” ulic takovou, že všechna odbočení v ní jsou povolená, nikde se v ní nejede v protisměru a každá ulice se v ní vyskytuje právě jednou. Všimněte si, že taková posloupnost nemusí existovat: např. pokud existuje křižovatka, do které vede méně ulic, než kolik z ní vychází. Formát vstupu: Na prvním řádku vstupního souboru okruh.in jsou dvě přirozená čísla n a m, udávající počet křižovatek a počet ulic ve Stínové 32


SOUTĚŽE

Praze. Křižovatky jsou očíslovány přirozenými čísly od 1 do n. Následujících m řádků popisuje ulice. Na každém z nich je dvojice čísel u a v (1 u, v n) znamenající, že z křižovatky u vede jednosměrná ulice do křižovatky v. Mezi dvěma křižovatkami může vést v každém směru nejvýše jedna ulice. Dále následuje n řádků, i-tý z nich popisuje, jaké odbočení je zakázáno na i-té křižovatce. Jsou-li na i-tém řádku čísla u a v (1 u, v n), pak jedeme-li po ulici z u do i, nesmíme odbočit do ulice z i do v. Formát výstupu: Do výstupního souboru okruh.out vypište posloupnost čísel v1 , v2 , . . . , vm (1 vi n pro každé i) takovou, že: • z vi do vi+1 (pro 1 i m) vede ulice, • jedeme-li ulicí z vi do vi+1 , je povoleno odbočit do ulice z vi+1 do vi+2 (pro 1 i m), • každá ulice je použita, tj. existuje-li ulice z u do v, pak existuje i tak, že vi = u a vi+1 = v. Indexy počítáme cyklicky, tj. vm+1 = v1 a vm+2 = v2 . Pokud existuje více takových posloupností, vypište libovolnou z nich. Pokud taková posloupnost neexistuje, vypište řetězec Okruzni jizda neexistuje.“. ” Příklad 1: okruh.in 48 12 23 31 34 13 42 24 41 42 14 21 31

okruh.out (jeden ze správných výstupů) 12342413


33

SOUTĚŽE

Příklad 2: okruh.in 33 12 23 31 32 13 21

okruh.out Okruzni jizda neexistuje.

P-I-4 Grafomat Studijní text: Grafem nazveme libovolnou konečnou množinu V vrcholů grafu spolu s množinou E hran, což jsou neuspořádané dvojice vrcholů. Žádné dva vrcholy nejsou spojeny více hranami, žádná hrana nespojuje vrchol se sebou samým. K-graf budeme říkat takovému grafu, ve kterém s každým vrcholem sousedí právě K hran a konce těchto hran jsou očíslovány přirozenými čísly od 1 do K. Oba konce jedné hrany přitom mohou být očíslovány různě. Pokud budeme hovořit o hranách vycházejících z nějakého vrcholu v, budeme zmiňovat místní čísla hran (to jsou čísla konce, kterým je v) a čísla protější (to jsou ta zbývající). Pro každý vrchol jsou místní čísla všech jeho hran navzájem různá. Následující obrázek ukazuje příklad 2-grafu a 3-grafu: 1

2

2

1

1

2

1 3

2

1

2

1

2 2

1

1

2

3

3

2

1 3 2 1 3

3

2

1

1

2

Ohodnocením grafu nazveme přiřazení prvků nějaké konečné množiny vrcholům grafu – tedy například rozdělení vrcholů na černé a bílé nebo označení vrcholů čísly od 1 do 5. 34


SOUTĚŽE

Grafomat je zařízení pro automatické řešení grafových úloh. Jeho vstupem je libovolný K-graf G spolu s jeho ohodnocením; výstupem je nějaké další ohodnocení téhož grafu. Samotný výpočet je vykonáván automaty umístěnými v jednotlivých vrcholech grafu. Každý automat má svou paměť a řídí se programem. Programy všech automatů jsou identické, zatímco paměť má každý automat svoji a mimo to ještě může nahlížet do pamětí svých grafových sousedů. Paměť automatu je tvořena konečným množstvím proměnných, které si můžeme představit jako pascalské proměnné typu interval. Obsahují tedy přirozená čísla v nějakém pevném rozsahu, který nezávisí na velikosti vstupu. Mimo to je také možné používat pole intervalových proměnných, jejichž indexy jsou opět z pevných intervalů. Žádné jiné typy proměnných (neomezeně velká čísla, ukazatele, . . . ) použít nelze. Zvláštní roli hrají proměnné x a y. Proměnná x na počátku výpočtu obsahuje vstupní ohodnocení toho vrcholu grafu, ke kterému patří, hodnota proměnné y na konci výpočtu určí výstupní ohodnocení vrcholu. Všechny proměnné s výjimkou proměnné x mají svou počáteční hodnotu pevně určenu. Deklarace proměnných vypadá například takto: var x: 1..5; y: 1..5 = 3;

{ číslo od 1 do 5, na počátku vstup } { číslo od 1 do 5, na počátku 3, na konci výstup } z: array [1..2] of 3..4 = (3, 4); { pole dvou čísel }

Řídicí program automatu si můžeme představit jako pascalský program, v němž si zakážeme používat rekurzi a který bude manipulovat pouze s proměnnými v paměti automatu a případně i automatů sousedních. Na své vlastní proměnné se automat odkazuje jejich jmény, jako by to byly obyčejné pascalské globální proměnné, na proměnné sousedů pak konstrukcí S[i] . p. Zde i je celočíselný výraz s hodnotou 1, . . . , K, jenž značí, o kolikátého souseda se jedná, tedy místní číslo hrany, kterou je soused připojen; p je jméno libovolné proměnné. Proměnné sousedů je možné pouze číst. Aby mohl program dávat do souvislostí své hrany s hranami svých sousedů, má k dispozici ještě proměnné P [1], . . . , P [K], které jsou pevně nastaveny tak, že P [i] obsahuje protější číslo hrany s místním číslem i. Výraz S[i] . S[P [i]] . x je tedy totéž jako samotné x. (Pozor, zatímco druhé S je odkaz na proměnnou patřící sousedovi, proměnná P v indexu je opět místní.) Ročník 81 (2006), číslo 2

35

SOUTĚŽE

Výpočet grafomatu probíhá v taktech, a to následovně: V nultém taktu se proměnné všech automatů nastaví na počáteční hodnoty a proměnné x na vstupní ohodnocení jednotlivých vrcholů. V každém dalším taktu se pak vždy jednou spustí program každého automatu, přičemž proměnné svých sousedů vidí program ve stavu, v jakém byly na začátku taktu. Ačkoliv tedy jednotlivé automaty běží současně, nemůže se stát, že by jeden četl z proměnné, do které právě druhý zapisuje. Výpočet pokračuje tak dlouho, dokud v nějakém taktu všechny automaty neprovedou příkaz stop. Pak se výpočet zastaví a z proměnných y grafomat přečte výstupní ohodnocení grafu. Pokud příkaz stop provedou jen některé automaty, výpočet pokračuje, a to i na těchto automatech. Struktura grafu, jakož i obsah proměnných P , zůstává po celou dobu výpočtu konstantní. Za časovou složitost výpočtu budeme považovat počet taktů, které uběhnou do zastavení. Nijak tedy nezávisí na rychlosti programů jednotlivých automatů. Podobně jako u časové složitosti klasických algoritmů nebudeme hledět na multiplikativní konstanty a bude nás zajímat pouze asymptotické chování složitosti, tedy zda je lineární, kvadratická atd. Případy, kdy výpočet neskončí, nebudeme připouštět; pro úplnost ale dodejme, že tehdy se nutně musí hodnoty proměnných periodicky opakovat. Příklad 1: Je dán 3-graf a v něm vyznačen jeden vrchol v, a to tak, že jeho proměnná x bude inicializována jedničkou, zatímco proměnné všech ostatních vrcholů nulou. Napište program pro grafomat, který označí všechny vrcholy z vrcholu v dosažitelné po hranách, a to tak, že jejich proměnná y bude na konci výpočtu rovna jedné, zatímco u nedosažitelných vrcholů bude nulová. Řešení Inspirujeme se prohledáváním grafu do šířky. V každém taktu se každý vrchol podívá, zda některý z jeho sousedů je již označen, a pokud ano, také se sám označí. Pokud se označení nezmění, vrchol voláním stop souhlasí se zastavením. Průběh výpočtu tedy bude vypadat tak, že v i-tém taktu budou označeny ty vrcholy, jejichž vzdálenost od v je menší nebo rovna i. Výpočet se zastaví, jakmile se hodnoty proměnných přestanou měnit, tj. po nejvýše N taktech. Proto je časová složitost našeho programu lineární v počtu vrcholů (na rozdíl od klasického průchodu do šířky nezávisí na počtu hran). 36


SOUTĚŽE

Program vypadá takto: var x: 0..1; y: 0..1 = 0; prev: 0..1 = 0; i: 1..3; begin prev := y;

{ byl vrchol označen ve vstupu? } { je označen teď? } { předchozí stav }

{ zapamatujeme si, jestli už byl označen } if x=1 then y := 1; { přeneseme označení ze vstupu } for i := 1 to 3 do { podívejme se na všechny sousedy } if S[i].y <> 0 then { je-li i-tý soused označen, } y := 1; { označ i sebe sama } if y = prev then stop; { pokud se nic nemění, můžeme končit } end. Příklad 2: Mějme 2-graf složený z jediného cyklu sudé délky (tj. z vrcholů očíslovaných 0, . . . , N − 1, přičemž vrchol i je spojen hranou označenou 1 s vrcholem (i + 1) mod N a hranou označenou 2 s vrcholem (i − 1) mod N ; příklad takového grafu pro N = 6 najdete na obrázku na začátku tohoto textu). V tomto grafu je vyznačen jeden vrchol v. Napište program pro grafomat, který označí vrchol protilehlý k v, tedy vrchol s číslem (v + N/2) mod N . Řešení Vyšleme signál“ putující z vrcholu v ve směru jedničkových hran rych” lostí 1 vrchol za takt a druhý signál putující stejnou rychlostí opačným směrem. Jakmile nějaký vrchol zjistí, že do něj přišly oba signály, označí se a signály již dál nepředává. var x: 0..1; y: 0..1 = 0; l, p: 0..1 = 0;


{ vstupní značka u vrcholu } { výstupní značka } { už tímto vrcholem prošel signál doleva a doprava? }

37

SOUTĚŽE

begin if x=1 then { začínáme posílat } begin l := 1; p := 1; end; if (S[2].l=1) and (S[1].p=1) then { signály se v tomto vrcholu potkaly } begin y := 1; stop; end else if (S[2].l=1) and (l=0) then l := 1 { předáme signál doleva } else if (S[1].p=1) and (p=0) then p := 1 { předáme signál doprava } else stop; { nic se neděje => můžeme končit } end. Soutěžní úloha: Napište program pro grafomat, který v zadaném 3-grafu s vyznačenými dvěma vrcholy nalezne nejkratší cestu vedoucí mezi nimi a vyznačí vrcholy ležící na této cestě. Můžete předpokládat, že cesta vždy existuje. Pokud je nejkratších cest více, vyberte libovolnou z nich. Vstup bude tvořen proměnnou x, která bude v prvním ze zadaných vrcholů rovna jedné, v druhém dvěma a ve všech ostatních vrcholech nulová. Výstupem programu bude proměnná y ve vrcholech nejkratší cesty jedničková, jinde nulová. Pokuste se nalézt takový program, jehož časová složitost bude záviset pouze na délce sestrojené cesty a ne na velikosti celého grafu.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Pětkrát sedm dvacet devět Nejsem Einstein nejsem vševěd Ještě že mám joj Počítací stroj juch

38


SOUTĚŽE

48. ročník Fyzikální olympiády, kategorie A Úlohy 1. kola (Ve všech úlohách počítejte s tíhovým zrychlením g = 9,81 m · s−2 .) KATEGORIE A 1. Uvolnění zavěšené soustavy Tyč délky 3l a zanedbatelné hmotnosti je zavěšena ve vodorovné poloze pomocí dvou svislých vláken upevněných na koncích tyče. Na tyči jsou navléknuty provrtané koule o hmotnostech m a 2m tak, že jejich středy leží v jedné třetině a ve dvou třetinách délky tyče (obr. 1). Poloměry koulí jsou malé v porovnání s délkou tyče. Jak se změní síla napínající vlákno na straně menší koule v okamžiku, kdy vlákno na straně větší koule přestřihneme?

2m

m

l

l

l Obr. 1

2. Vrtulník Odhadněte, jaký výkon musí mít motor vrtulníku, který se za bezvětří a za obvyklé teploty a atmosférického tlaku vznáší na místě. Vrtulník má hmotnost 500 kg a jeho rotor má poloměr 3 m. Předpokládejte, že proud vzduchu vyvolaný rotorem je homogenní a celý směřuje svisle dolů. 3. Optický hranol Trojúhelník ABC je kolmým řezem optického hranolu z těžkého flintového skla. Na tento optický hranol dopadá v rovině ABC paprsek Ročník 81 (2006), číslo 2

39

SOUTĚŽE

žlutého světla pod úhlem dopadu ε = 60◦ (obr. 2). Paprsek se láme na rozhraní AC, dopadne na rozhraní AB, kde se úplně odrazí, a vystupuje z hranolu v původním směru kolmo na rozhraní BC. Index lomu flintového skla pro žluté světlo je nž = 1,752. a) Na základě těchto informací určete úhly α, β a γ. b) Hranol doplníme ještě jedním stejným hranolem s kolmým řezem A BC tak, že bod A je souměrně sdružený s bodem A podle osy BC. Vznikne tak tzv. přímohledný hranol pro žluté světlo. Nyní místo žlutého světla necháme na hranol dopadat bílé světlo, opět pod úhlem ε = 60◦ . Dojde k rozkladu světla na barevné spektrum. Určete úhlovou šířku spektra viditelného světla při výstupu z hranolu ABA C. Index lomu těžkého flintového skla pro fialový konec spektra je nf = 1,811 a pro červený konec spektra nč = 1,735. Výpočty úhlů proveďte s přesností na minuty. C γ

ε α A

β B

Obr. 2

4. Kmitavý obvod Kmitavý obvod je tvořen dvěma stejnými sériově spojenými kondenzátory o kapacitě C = 1,0 F a cívkou o indukčnosti L = 1,0 H. Jeden z kondenzátorů nejprve nabijeme ze zdroje o svorkovém napětí U = 5,0 V a pak obvod uzavřeme (obr. 3). a) Popište, jak se bude v závislosti na čase měnit proud i v obvodu a napětí u1 , u2 na kondenzátorech po připojení kondenzátorů k cívce. Součástky považujte za ideální. 40


SOUTĚŽE i

b) Sestrojte grafy těchto závislostí v časovém intervalu 0 ms, 10 ms. c) V reálném obvodu se projeví také rezistance spojovacích vodičů a cívky. Kmity budou tlumené a po krátké době ustanou. Jaké Joulovo teplo během kmitů v obvodu vznikne? Jaký bude ustálený stav obvodu?

U

C

u1 L

C

u2

Obr. 3

5. Složené kmitání Lissajousova křivka ABCDEF A na obr. 4 je trajektorií hmotného bodu, který harmonicky kmitá současně ve směru osy x a ve směru osy y. |AD| = 50,0 mm, |BF | = 40,0 mm. Jedno proběhnutí celé křivky trvá 0,500 s. V čase t = 0 s se hmotný bod nacházel v bodě A a pohyboval se vzhůru. a) Napište parametrické rovnice trajektorie x = x(t), y = y(t). b) Určete rychlost a zrychlení hmotného bodu ve vrcholech A a B. c) Určete poloměry křivosti trajektorie ve vrcholech A a B. y E

B

D

A x

C

F Obr. 4


41

SOUTĚŽE

6. Praktická úloha: Měření indukčnosti cívky A V S

C

L, R D Obr. 5

Úkoly: a) Sestavte obvod podle obr. 5. Použijte zdroje o napětí přibližně 5 V (například plochou baterii), cívku 1200 závitů z rozkladného transformátoru, výkonovou diodu, stejnosměrný ampérmetr, stejnosměrný voltmetr, kvalitní kondenzátor o kapacitě alespoň 8 F (ne elektrolytický) a páčkový spínač. Měření proveďte: • na cívce s uzavřeným jádrem, • na cívce s rovným jádrem, • na cívce bez jádra. Kapacitu kondenzátoru změřte některou běžnou metodou (např. pomocí voltmetru a ampérmetru v obvodu střídavého proudu). Voltmetr by měl mít co největší odpor a rozsahy např. 20 V a 200 V. b) Při sepnutém spínači změřte proud I procházející cívkou a napětí U1 na kondenzátoru. Pak přepněte voltmetr na vyšší rozsah (používáte-li ručkový přístroj, změňte také jeho polaritu) a rozepněte spínač. Dojde k překmitnutí obvodu LC a na kondenzátoru se objeví velké napětí opačné polarity, které se bude zvolna zmenšovat v důsledku vybíjení kondenzátoru přes voltmetr. Změřte napětí U2 bezprostředně po rozepnutí spínače. Pro každý typ cívky měření několikrát zopakujte. c) Odvoďte vztah pro výpočet indukčnosti cívky z kapacity C kondenzátoru, napětí U1 , U2 a proudu I. Ztráty energie během překmitnutí na odporu cívky a na diodě zanedbejte. d) Vypočtěte indukčnosti cívek s uzavřeným jádrem, s rovným jádrem a bez jádra.

42


SOUTĚŽE

7. Planeta Kosmická sonda obíhá planetu o poloměru R po kruhové trajektorii o poloměru R1 s dobou oběhu T (obr. 6). Za předpokladu, že planeta je tvořena nestlačitelnou kapalinou, určete: a) hmotnost M a hustotu planety, b) intenzitu gravitačního pole 0 (resp. R1 gravitační zrychlení g0 ) na povrchu planety, c) závislost intenzity gravitačního poR le uvnitř planety na vzdálenosti od jejího středu, d) závislost tlaku p v kapalině uvnitř planety na vzdálenosti od jejího Obr. 6 středu a tlak pS v jejím středu. Řešte nejprve obecně, pak pro hodnoty R = 2 440 km, R1 = 3R = 7 320 km, T = 7 h 20 min. Gravitační konstanta G = 6,67 · 10−11 N · m2 · kg−2 . Planeta nemá atmosféru a její rotace je zanedbatelná.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

PROBLÉM S DRUŽICÍ Přítel Josef v hlavě nosí problém dlouhé měsíce: Jaký smysl vypouštět má ” do vesmíru družice? I když by to asi dalo hodně velkou fušku, snad by mohli taky jednou vypustit mou družku!“

∗

Emil Calda ∗ )

) Z publikace Úvod do obecné teorie prostoru, Praha, Karolinum 2003


43

SOUTĚŽE

46. mezinárodní matematická olympiáda Karel Horák, MÚ AV ČR Praha Mérida, hlavní město mexického státu Yucatán, který se rozkládá na stejnojmenném poloostrově, hostila ve dnech 8. až 19. července 2005 účastníky každoročního klání nejlepších matematických talentů mezi studenty středních škol. Sjeli se tam v rekordním počtu 513 soutěžících z 91 zemí celého světa. Přípravu a zdárný průběh celé akce zajišťovali organizátoři z řad členů Mexické matematické společnosti za podpory mexického ministerstva školství, vlády státu Yucatán, tamních univerzit a desítek sponzorů. Nashromážděné finanční prostředky umožnily ubytovat všechny soutěžící, vedoucí družstev i členy výborů a hodnotících komisí v areálu luxusních hotelů nedaleko centra yucatánské metropole, založené španělskými dobyvateli roku 1542 na místě mayského města Tihó. Mexičtí hostitelé připravili výborné podmínky pro vlastní soutěž i zajímavý doprovodný program, jehož vrcholem byl celodenní výlet ke zříceninám mayského města Chichén Itzá. Závěr olympiády mírně narušil příchod hurikánu Emily, který však nakonec Méridu minul zhruba o 80 km a v samotném městě se projevil jen silnějším větrem. Vedoucím českého družstva byl RNDr. Karel Horák, CSc., z Matematického ústavu Akademie věd v Praze. Soutěžní družstvo, které doprovázel pedagogický vedoucí doc. RNDr. Jaromír Šimša, CSc., z Přírodovědecké fakulty Masarykovy univerzity v Brně, bylo jmenováno na základě výsledků ústředního kola 54. ročníku MO v Benešově a následného týdenního soustředění v Bílovci. Tvořili je Jaroslav Hančl z 3. ročníku Gymnázia Mikuláše Koperníka v Bílovci, Pavel Kocourek ze 4. ročníku SPŠ ST v Panské ulici v Praze, František Konopecký z 8. ročníku Gymnázia Holešov, Jaromír Kuben a Jakub Opršal z 3. ročníku Gymnázia na tř. Kpt. Jaroše v Brně a Marek Pechal ze 7. ročníku Gymnázia v Lesní čtvrti ve Zlíně. Soutěžící jako obvykle řešili ve dvou půldnech vždy tři soutěžní úlohy po dobu 4,5 hodiny; za každou ze šesti úloh mohli získat nejvýše 7 bodů. Po opravách a koordinacích vyšlo najevo, že letos žádná soutěžní úloha nebyla extrémně obtížná – 16 soutěžících totiž dosáhlo maxima 42 bodů. Dostali pochopitelně zlaté medaile spolu s dalšími 26 soutěžícími, kteří 44


SOUTĚŽE

získali alespoň 35 bodů. Mezi nimi ovšem vynikl moldavský reprezentant Iurie Boreico, který získal zvláštní cenu za originální řešení třetí úlohy. Kromě 42 zlatých medailí bylo uděleno 79 stříbrných medailí (za zisk 23–34 bodů) a 127 bronzových medailí (za zisk 12–22 bodů). Naši reprezentanti podali nečekaně dobrý výkon a vybojovali pět medailí, přičemž František Konopecký získal zlatou. Je to bezesporu nejlepší výkon českého družstva na mezinárodní matematické olympiádě za posledních osm let, neboť předchozí zlatou medaili jsme získali na 38. MMO (tehdy jsme dosáhli i stejného počtu bodů): Umístění 340.–354. 72.–88. 29.–34. 57.–64. 156.–174. 122.–130.

Jaroslav Hančl Pavel Kocourek František Konopecký Jaromír Kuben Jakub Opršal Marek Pechal Celkem

Body za úlohu Body Cena 1 2 3 4 5 6 2 0 0 1 2 0 5 7 7 0 7 7 0 28 II. 7 7 7 7 7 1 36 I. 7 7 0 7 7 2 30 II. 7 7 0 2 2 0 18 III. 7 7 0 1 7 0 22 III. 37 35 7 25 32 3 139

Pro srovnání uveďme i výsledky slovenských reprezentantů, kteří získali jen o pár bodů méně: Body za úlohu Body Cena Umístění 1 2 3 4 5 6 114.–121. Jozef Bodnár 7 7 0 7 0 2 23 II. 108.–113. Ondrej Budáč 7 1 0 7 7 2 24 II. 65.–71. Michal Burger 1 7 0 7 7 7 29 II. 191.–206. Peter Černo 6 1 0 7 2 0 16 III. 108.–113. František Simančík 0 7 1 7 7 2 24 II. 207.–224. Jakub Závodný 7 1 0 7 0 0 15 III. Celkem

28 24 1 42 23 13 131

Tvrzení o českém úspěchu dokládá umístění v níže uvedeném neoficiálním pořadí družstev, ve kterém nám v posledních letech obvykle patřilo místo ve třetí, a někdy i ve čtvrté desítce. V mexické Méridě jsme však obsadili 16. místo před takovými státy, jako jsou Hong-Kong, Kanada, Polsko či Austrálie, ve kterých se výchově matematických talentů věnují – ve srovnání s Českou republikou – s větší intenzitou, danou především objemem institucionálních prostředků, které jsou na tuto péči vyčleňovány. (Případná čísla v závorce upozorňují na nižší počet reprezentantů.) Ročník 81 (2006), číslo 2

45

SOUTĚŽE

ČLR USA Rusko Írán Korea Rumunsko Tchaj-wan Japonsko Maďarsko Ukrajina Bulharsko Německo Velká Británie Singapur Vietnam Česká republika Hongkong Bělorusko Kanada Slovensko Moldavsko Turecko Thajsko Itálie Austrálie Izrael Kazachstán Kolumbie Polsko Peru Mexiko Francie Arménie Brazílie Chorvatsko Indie Gruzie Nový Zéland Srbsko a Černá Hora Belgie Rakousko Indonézie Švýcarsko Dánsko Estonsko Argentina

I

II III

5 4 4 2 3 4 3 3 2 2 2 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 2 2 4 3 1 2 1 3 2 3 3 3 4 3 2 3 3 2 4 2 4 4 2 0 2 2 2 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1

0 0 0 0 0 1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 1 2 4 6 3 3 2 5 6 4 4 5 1 2 1 4 2 3 1 2 3 1 4 3 2

body

235 213 212 201 200 191 190 188 181 181 173 163 159 145 143 139 138 136 132 131 130 130 128 120 117 113 112 105 105 104 91 83 82 82 82 81 80 77 75 74 74 70 70 69 68 65

Lotyšsko Nizozemsko Ázerbájdžán Řecko Irsko Kuba (4) Litva Makedonie Bosna a Hercegovina Finsko Slovinsko Kirgizie Španělsko Albánie Švédsko Jihoafrická republika Macao Norsko Kostarika Uruguay (5) Srí Lanka Filipíny Portugalsko Salvador Island Maroko Turkmenistán (3) Ekvádor Malajsie Venezuela (2) Kypr Trinidad a Tobago Paraguay Pákistán Tunisko (3) Portoriko Guatemala (3) Lichtenštejnsko (3) Bangladéš Kuvajt (5) Lucembursko (2) Saudská Arábie (5) Tádžikistán (3) Mozambik (5) Bolívie (2)

I

II III

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

2 2 2 2 0 3 1 2 2 2 0 2 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

body

62 62 59 58 55 54 53 50 49 49 49 46 46 44 42 39 38 38 37 37 32 30 27 25 23 18 18 17 15 15 14 13 12 11 9 8 6 4 3 3 3 3 3 2 0

Hostitelskými zeměmi příštích olympiád budou Slovinsko a Vietnam.

46


SOUTĚŽE

TEXTY SOUTĚŽNÍCH ÚLOH (v závorce je uvedena země, která úlohu navrhla) 1. Na stranách rovnostranného trojúhelníku ABC je zvoleno šest bodů: body A1 , A2 na straně BC, body B1 , B2 na straně CA a body C1 , C2 na straně AB, přičemž tyto body tvoří vrcholy konvexního šestiúhelníku A1 A2 B1 B2 C1 C2 se stranami téže délky. Dokažte, že přímky A1 B2 , B1 C2 a C1 A2 mají společný bod. (Rumunsko) 2. Nechť a1 , a2 , . . . je posloupnost celých čísel s nekonečným počtem kladných členů a s nekonečným počtem záporných členů. Předpokládejme, že pro každé přirozené číslo n čísla a1 , a2 , . . . , an po dělení číslem n dávají n různých zbytků. Dokažte, že každé celé číslo se v posloupnosti vyskytuje právě jednou. (Nizozemsko) 3. Nechť x, y a z jsou kladná reálná čísla taková, že xyz 1. Dokažte, že y5 − y2 z5 − z2 x5 − x 2 + + 0. x5 + y 2 + z 2 y 5 + z 2 + x2 z 5 + x2 + y 2 (Korea) 4. Uvažujme posloupnost a1 , a2 , . . . definovanou vztahem an = 2n + 3n + 6n − 1 (n = 1, 2, . . .). Určete všechna kladná celá čísla, která jsou nesoudělná s každým členem uvažované posloupnosti. (Polsko) 5. Je dán konvexní čtyřúhelník ABCD se stejně dlouhými a různoběžnými stranami BC a AD. Nechť bod E leží uvnitř strany BC a bod F uvnitř strany AD, přičemž |BE| = |DF |. Přímky AC a BD se protínají v bodě P , přímky BD a EF v bodě Q, přímky EF a AC v bodě R. Uvažujme všechny trojúhelníky P QR určené měnícími se body E a F . Ukažte, že kružnice opsané těmto trojúhelníkům mají společný bod různý od P . (Polsko) 6. V matematické soutěži dostali soutěžící 6 úloh. Každou dvojici úloh vyřešilo více než 25 soutěžících. Všech 6 úloh nevyřešil nikdo. Dokažte, že právě 5 úloh vyřešili aspoň dva soutěžící. (Rumunsko) Ročník 81 (2006), číslo 2

47

SOUTĚŽE

Ústřední kolo 55. ročníku Matematické olympiády, kategorie P Pavel Töpfer, MFF UK Praha V posledním březnovém týdnu letošního roku vyvrcholil ústředním kolem nejvyšších kategorií 55. ročník matematické olympiády. Jako obvykle proběhla nejprve soutěž kategorie A a v přímé návaznosti pak kategorie P. Ústředního kola kategorie P se zúčastnilo 20 z 21 pozvaných nejlepších řešitelů krajských kol z celé republiky. Je to méně než v minulých letech, tentokrát se však v krajských kolech více úspěšných řešitelů nenašlo. Organizace ústředního kola matematické olympiády, kategorie P, se tentokrát ujali pracovníci gymnázia Josefa Jungmanna v Litoměřicích v čele s profesorkou Mgr. Jitkou Putnarovou. O uspořádání olympiády se zasloužili rovněž členové krajské komise MO v Ústí nad Labem vedené Mgr. Pavlou Hofmanovou. Na zajištění ústředního kola se významně podíleli také pracovníci a studenti informatiky z Matematicko-fyzikální fakulty Univerzity Karlovy, kteří připravili soutěžní úlohy a jejich vzorová řešení a postarali se o přípravu programového prostředí pro praktickou část soutěže. Na místě pak opravili odevzdaná řešení teoretických úloh a zajistili otestování a vyhodnocení programů, které soutěžící vypracovali v praktické části. Vlastní soutěž proběhla jako obvykle ve dvou dnech. V prvním soutěžním dnu řešili studenti tři teoretické úlohy zaměřené na návrhy efektivních algoritmů pro zadané problémy. Druhý den probíhala soutěž u počítačů, kde se mělo ukázat, zda soutěžící dovedou nejen navrhnout správný algoritmus, ale také dovést svůj nápad až do podoby odladěného funkčního programu. Úkolem bylo vyřešit dvě úlohy. Odevzdané programy byly po skončení soutěže testovány pomocí připravených sad vstupních dat, přičemž se hodnotila nejen správnost dosažených výsledků, ale i rychlost výpočtů. Nastavené časové limity umožnily odlišit kvalitu různých řešení z hlediska časové efektivity zvolených algoritmů. Tato část ústředního kola je vždy organizována a vyhodnocována stejným způsobem, jako v mezinárodních středoškolských olympiádách v informatice. Každá ze tří teoretických úloh byla hodnocena maximálně 10 body, zatímco za dvě praktické úlohy bylo možné získat po 15 bodech. Roz48


SOUTĚŽE

ložení získaných bodů u jednotlivých úloh svědčí o tom, že se tentokrát podařilo zvolit přiměřenou obtížnost všech úloh. Teoretické úlohy byly jako obvykle hodnoceny celým počtem bodů, zatímco úlohy praktické, které byly tentokrát testovány s větším množstvím různých vstupních dat, byly hodnoceny s přesností na desetiny bodů. Průměrné bodové hodnocení jednotlivých úloh bylo po řadě 3,4, 5,8, 5,2, 6,6 a 5,7 bodu. Úspěšnými řešiteli ústředního kola se stalo jedenáct soutěžících, kteří dosáhli alespoň 25 bodů. Z nich pět nejlepších, kteří získali 32 a více bodů, bylo vyhlášeno vítězi ústředního kola. Pro všechny úspěšné řešitele připravili organizátoři hodnotné věcné ceny. Výsledky ústředního kola 55. ročníku MO, kategorie P ∗ ) Vítězové: 1. 2. 3. 4. 5.

Daniel Marek, 4/4, G Ch. Dopplera, Zborovská 45, Praha 5; 55,0 bodu Ondřej Bílka, 4/4, G Lesní čtvrť 1364, Zlín; 37,0 Michal Vaner, 8/8, G Jana Palacha 804, Turnov; 36,8 Josef Pihera, 7/8, G Máchova 174, Strakonice; 34,7 Jan Hrnčíř, 4/4, G F. X. Šaldy, Partyzánská 530/3, Liberec; 32,0

Další úspěšní řešitelé: 6. Lukáš Lánský, 2/4, G J. K. Tyla, Tylovo nábřeží 682, Hradec Králové; 30,9 7. Zbyněk Sopuch, 8/8, Masarykovo G, Jičínská 528, Příbor; 30,8 8. Martin Křivánek, 4/4, G tř. Kpt. Jaroše 14, Brno; 29,8 9. Roman Smrž, 6/8, G E. Krásnohorské, Ohradní 55, Praha 4; 29,6 10. Pavel Motloch, 5/6, G P. Bezruče, ČSA 517, Frýdek-Místek; 28,9 11. Miroslav Klimoš, 1/4, G M. Koperníka, 17. listopadu 526, Bílovec; 25,2

Ostatní účastníci: 12. Lukáš Beran, 6/8, G Husova 470, Benešov; 23,5 13. Marek Scholle, 7/8, G Dašická 1083, Pardubice; 23,2 14. Tereza Klimošová, 8/8, G nám. Jana Marka Marků 113, Lanškroun; 23,0 15. David Němeček, 6/8, G Koryčanské Paseky 1725, Rožnov p. R.; 21,9 16. Jakub Kaplan, 2/4, G J. K. Tyla, Tylovo nábřeží 682, Hradec Králové; 20,1 17. Michal Čudrnák, 8/8, G L. Jaroše, Palackého 524, Holešov; 14,3 18. Martin Kupec, 4/4, Mendelovo G, Komenského 5, Opava; 13,5 19. Martin Veškrna, 3/4, G Vídeňská 47, Brno; 11,0 20. Petr Zadražil, 8/8, G Jana Palacha 804, Turnov; 10,0 ∗

) Údaj 7/8 znamená, že jde o studenta 7. ročníku osmiletého gymnázia; podobně

4/4, 2/4, 5/6, 8/8 apod.


49

SOUTĚŽE

Na základě těchto výsledků byli vybráni čtyři reprezentanti, kteří pojedou v srpnu 2006 do Mexika na 18. mezinárodní olympiádu v informatice. Soutěž se bude konat ve městě Mérida na poloostrově Yucatan. Další čtyřčlenné reprezentační družstvo se zúčastní 13. středoevropské olympiády v informatice, která se uskuteční na začátku července v Chorvatsku ve městě Vrsar. Podrobnější informace o průběhu celého 55. ročníku Matematické olympiády, kategorie 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 také s aktuálními informacemi týkajícími se kategorie P Matematické olympiády. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

PRIATEĽSTVO S IMPERÁTOROM Prefíkaná politika, bezohľadná a násilná moc nebýva často spojená s vedeckou argumentáciou. Napoleon Bonaparte (1769–1821), vojvodca, ktorý sa po prevrate (1799) prehlásil za cisára (1804), rád a často besedoval so známymi vedcami. Priateľom imperátora bol aj Gaspard Monge (1746–1818), zakladateľ deskriptívnej geometrie. S panovníkom sa zúčastnil aj výpravy do Egypta (1798/99). Známy je ich netradičný rozhovor, keď na poznámku Napoleona o tom, že ho Mongeho žiaci Gaspard Monge nemajú radi, matematik odpovedal: Vaše ve” ličenstvo, veľa času sme venovali ich výchove na republikánov, dajte im teraz trochu času stať sa obdivovateľmi imperátora.“ Aká matematická úloha je spojená s Napoleonovým menom? Skúste ju vyriešiť: Na danej kružnici s daným stredom S a polomerom r zostrojte iba kružidlom štyri body tak, aby rozdelili kružnicu na štyri zhodné oblúky (tj. vpíšte do danej kružnice vrcholy štvorca iba kružidlom). Napoleon Bonaparte prehlásil vo svojej dobe aj túto vetu: Rozvoj a úroveň matematiky úzko ” súvisí s prosperitou štátu.“ Platí to ešte aj dnes? Dušan Jedinák 50


PRO ŽÁKY ZÁKLADNÍCH ŠKOL

Začínať treba jednoducho a vtipne Dušan Jedinák, Trnavská univerzita v Trnave Mnohé školské matematické úlohy sú len opakovaným dosadením do známych vzorcov alebo aplikovaním ukázaného algoritmu. Menej je takých, v ktorých treba vybadať zatiaľ neznámy postup alebo odhaliť nový matematický obrat. Ponúkam štyri príklady, v ktorých už žiaci posledných ročníkov základnej školy môžu z predloženého riešenia spoznať, že na to majú“, ak budú získané a dobre pochopené matematické vedomosti ” vhodne a tvorivo využívať. Úloha 1 (Čarovný trik ako kúzelník) Napíšte si svoje trojciferné číslo. Urobte z neho ďalšie číslo s obráteným poradím číslic. Odčítajte menšie z týchto čísel od väčšieho. Z výsledku mi povedzte cifru na mieste jednotiek. Poviem vám celý výsledok. Riešenie Skúsme to:

537, 735. 7 3 5 − 5 3 7 1 9 8

Poviete 8. Ja si predstavím 99 · x = • • 8, teda x = 2, váš výsledok bol 198. V čom je podstata? Ak sú 100a + 10b + c,

100c + 10b + a

dané trojciferné čísla, tak platí 100a + 10b + c − 100c − 10b − a = 99a − 99c = 99 · (a − c). Výsledok odčítania trojciferných, tzv. reverzných čísel, je vždy deliteľný 99. Tento fakt využijeme na určenie rozdielu a − c, a teda aj celého výsledku. Ročník 81 (2006), číslo 2

51


Úloha 2 (Začnite a zbadáte to) Dokážte, že pn = 2n · 5n+1 + 1 nie je prvočíslo pre žiadne n ∈ N. Riešenie Začnime od jednotky: p1 = 21 · 52 + 1 = 51 p2 = 22 · 53 + 1 = 4 · 125 + 1 = 501 p3 = 23 · 54 + 1 = 8 · 625 + 1 = 5 001 Tušíme a vidíme, že: . . . 0 1 pn = 2n · 5n+1 = 2n · 5n · 5 + 1 = 10n · 5 + 1 = 5 00 n−1 núl

Takéto čísla majú ciferný súčet 6, ale to znamená, že sú deliteľné tromi.

Úloha 3 (Vynájsť sa aj z mála) V znázornenom zápise súčinu dvoch kladných celých čísel stanovte nezapísané číslice (sú naznačené bodkami): × • 3 2 • • • •

• • • 7 • •

• • • • • • 5 • •

Riešenie Musíme vychádzať z toho mála, čo vidíme, a z toho, čo o násobení vieme. Ak rozložíme číslo 3 275 na súčin prvočísiel, dostaneme 3 275 = 52 · 131, teda aby sme dostali toto číslo ako súčin trojciferného a jednociferného čísla, treba 655 · 5. Potom násobenec bude 655 a druhá cifra násobiteľa 5. Pretože tretí čiastočný súčin je trojciferný, tak prvá číslica násobiteľa musí byť iba 1. Aby prvý čiastočný súčin bol štvorciferný a celkový súčin 52



iba päťciferný, tak posledná cifra násobiteľa môže byť len 2. Naznačený súčin je: 6 5 5 × 1 5 2 1 3 1 0 3 2 7 5 6 5 5 9 9 5 6 0

Úloha 4 (Pohyblivá logika) Ak v tabuľke 7 × 7 prirodzených čísel 1 schéme) 1 2 3 4 5 8 9 10 11 12 15 16 17 18 19 22 23 24 25 26 29 30 31 32 33 36 37 38 39 40 43 44 45 46 47

až 49 (pozri znázornenie na 6 13 20 27 34 41 48

7 14 21 28 35 42 49

vyberieme sedem čísel tak, že v každom riadku a v každom stĺpci je vybrané práve jedno číslo, potom súčet vybraných čísel je vždy rovnaký. Dokážte toto tvrdenie a určte ten súčet. Riešenie Predstavme si, že na každé číslo v prvom riadku tabuľky položíme značky. Súčet označených čísel by bol 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28, ale treba, aby práve jedna značka bola v každom riadku i v každom stĺpci. To dosiahneme tak, že značky posúvame v smere stĺpcov, aby v každom riadku bola práve jedna. Pri posune značky do 2. riadku sa číslo zväčší o 7, pri presune do 3. riadku o 14 atď. Preto pri presune značiek do jednotlivých riadkov (do každého práve jedna) sa súčet príslušných čísel zväčší o (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) · 7 = 147. V požadovanom rozdelení, podľa textu úlohy, je teda celkový súčet označených čísel vždy 28 + 147 = 175.


53

ZPRÁVY

3. geofyzikální seminář – GIFT 2005 Jaromír Kekule, Gymnázium Jana Nerudy a MFF UK Praha Zdeněk Kluiber, Ekogymnázium Praha a PedF UHK Hradec Králové Petr Pudivítr, Gymnázium Ch. Dopplera Praha Evropská geofyzikální společnost (EGU) uspořádala již potřetí v rámci své konference seminář pro učitele základních a středních škol. Seminář měl dvě části, vlastní seminář NaRAs (Natural Risks Assessment) a workshop GIFT (Geophysical Information for Teachers), a proběhl ve Vídni ve dnech 25. až 27. dubna 2005. Zúčastnilo se ho asi 70 učitelů ze 17 zemí světa. Seminář byl věnován některým možnostem, jak ve škole zajímavě podávat historii planety Země. Zvláště byl zaměřen na přírodní katastrofy a klimatické změny na Zemi. V části věnované práci se žáky a studenty bylo prezentováno pět zajímavých projektů: 1. Projektu European Educational Seismological Project (EduSeis) (http://www.eduseis.org) se účastní univerzity, střední školy i vzdělávací centra v zemích sousedících se Středozemním mořem, které jsou v Evropě nejčastěji ohrožovány seismickou aktivitou. Studenti s pomocí počítače analyzují seismogramy, které získávají buď z vlastních měření, nebo jim je poskytují pracovníci seismografických laboratoří. V rámci projektu se do výuky zapojují nové vyučovací metody. V Itálii např. využili moderní vyučovací pomůcku, e-learning, když vytvořili webové aplikace, ve kterých interaktivně pracovalo zhruba padesát studentů ve spolupráci s deseti učiteli. 2. Makroseismická stupnice rozděluje účinky zemětřesení v určitém místě do 12 stupňů podle toho, jak je pociťují lidé nebo jaké škody způsobí např. na budovách. (Evropská makroseismická stupnice je uvedena např. v tabulkách [1].) Učitel připraví mapku zemětřesením postižené oblasti, ve které určí jednotlivé stupně zemětřesení. Žáci se stávají novináři z různých míst na mapce a navzájem si telefonicky“ ” sdělují, co vidí – jaké účinky zemětřesení ve svém okolí pozorují. Úkolem všech je pak pomocí těchto zpráv doplnit do slepé mapy stupně zemětřesení pro jednotlivá místa a určit epicentrum. 54


ZPRÁVY

3. Portugalský projekt byl tematicky zaměřen na ničivé zemětřesení v Portugalsku v roce 1755 . Úkolem studentů bylo nejen zjistit z historických pramenů, jakým způsobem se portugalští stavitelé po zemětřesení vypořádali se stavbou nových budov, ale také na základě dobových stavebních plánů postavit zmenšené modely bezpečnějších staveb. 4. Vyučovací hodinu na téma Vzájemně působící tektonické desky lze zahájit rozdáním plastelínových kuliček s otázkou, jak nedestruktivními metodami poznat, zda tyto kuličky mají, nebo nemají pevné jádro. Na základě nápadů studentů – propíchnutí kuličky jehlou, rentgenové zobrazení, využití zákona zachování energie aj. – se pak plynule přejde k metodám zkoumání pevného jádra planety Země. Pak řeší studenti další problémové úlohy na témata, jako např. litografické desky. Otázkami Proč?“ a Odkud to víme?“ jsou přivedeni ” ” k hlavním výsledkům současné geofyziky. Pracovní list (nejen této hodiny) je k dispozici na stránkách Earth Science Education Unit (http://www.earthscienceeducation.com/workshops/ worksheet−index1.htm). 5. Katastrofické tsunami z 26. prosince 2004 v Indickém oceánu přivedlo vědecké týmy k vytvoření efektivnějšího varovného systému. Právě data získaná z míst ničivého tsunami – satelitní pozorování, záběry z videa, dokumentární fotografie aj. – umožňují vědcům i žákům otestovat nové numerické modely případných podobných událostí. Zmíníme se ještě o třech nejzajímavějších vědeckých přednáškách: 1. V posledních letech pokročily teorie o počátečním vývoji Země, Měsíce a Marsu. Nové objevy byly učiněny především pomocí izotopové geochemie. Je již celkem jasný původ Slunce a bylo spočítáno, že první objekty se ve sluneční soustavě objevily před 4,567 2 ± 0,000 6 miliardami let. Tato doba je velmi blízká stáří Slunce i planet. Mars pak vznikl v poměrně krátké době a jeho růst se brzy zastavil, protože Jupiter si k sobě díky své gravitační síle přitáhl materiál, který by jinak mohl zvětšit velikost Marsu. Země se oproti tomu tvořila mnohem déle, asi 40 až 50 milionů let. Nejpřijatelnější teorií o vzniku Měsíce je srážka Země s menší planetkou. Byla zjištěna fakta o plynném obalu Země v jejích počátcích a podány důkazy o existenci chladné vody na Zemi před 4,44 ± 0,01 miliardami let. Vznik života na naší planetě však dosud uspokojivě objasněn není. Ročník 81 (2006), číslo 2

55

ZPRÁVY

2. První lidmi vybudovaný jaderný reaktor byl spuštěn v Chicagu v roce 1942 pod vedením E. Fermiho. Až do sedmdesátých let dvacátého století se předpokládalo, že byl vůbec prvním reaktorem na Zemi. V roce 1972 však bylo objeveno, že uranová ruda z lokality Oklo obsahuje jen 0,717 1 % uranu 235 namísto normálního podílu 0,720 2 %, který je všude jinde na světě stejný. Navíc ruda neobsahuje žádný uran 236. Vědci usoudili, že zde musel pracovat přírodní jaderný reaktor . Později bylo zjištěno, že reaktor se nastartoval“ před 1950 ± 30 miliony ” let a pracoval asi 150 000 až 850 000 let. Reakce probíhaly v hloubce několika stovek až tisíce metrů, kde byly podmínky podobné jako u dnešních reaktorů. Jaderná reakce potřebuje dostatečně velkou koncentraci uranu 235. Dnes jí dosahujeme průmyslovým obohacováním, např. pomocí odstředivek. V dávné minulosti se ale uran 235 vyskytoval v přírodě ve vyšší koncentraci než dnes. Má totiž menší poločas rozpadu než uran 238 a jeho procentuální podíl v uranové rudě se s časem snižuje. Jako moderátor, který zpomaluje neutrony, posloužila voda. Podobné podmínky mohly nastat i jinde, a není proto vyloučeno, že podobné reaktory mohly vzniknout na dalších místech na Zemi – nicméně i 30 let po svém objevu zůstává lokalita v Oklo jediným známým přírodním reaktorem. 3. Z teoretické geofyziky byla uvedena teorie extrémního zalednění Země , podle které byla Země před 700 miliony let celá pokryta sněhem a ledem (existují důkazy pro i proti této teorii, převládá však názor, že v tropických oblastech – aspoň na moři – ledovec nebyl). Dále byly zmíněny výsledky studia doby ledové na Zemi, zejména té nejstarší a nejzajímavější, a teorie dynamového jevu, díky němuž vzniká v jádře Země její magnetické pole. Bylo velmi sympatické, že přednášejícími byli nejen vědečtí pracovníci a vysokoškolští učitelé, ale i středoškolští učitelé. Všichni svá vystoupení pojali ve formě předání zkušeností kolegům“. Zůstává na učiteli, v jakém ” rozsahu a na jaké úrovni seznámí své studenty alespoň s nejaktuálnějšími poznatky geofyziky. Semináře GIFT jsou fantastickou příležitostí k získání těch nejnovějších informací. Literatura: [1] Mikulčák, J., Charvát, J., Macháček, M., Zemánek, F.: Matematické, fyzikální a chemické tabulky a vzorce pro střední školy. Prometheus, Praha 2003

56


Věčný kalendář. Marta Volfová, PedF UHK Hradec Králové

Recommend Documents