Goldbachova domneva in nemogoči problem

Ivan Vidav: Teorija števil in elementarna geometrija

Članek z naslovom O nerešljivem problemu je izšel v časopisu Obzornik za matematiko in fiziko 29, 1982, str. 101-102.

Naravno število je praštevilo, če je večje od 1 in je deljivo le z 1 in s samim seboj. Najmanjše praštevilo je 2 in je edino sodo, vsa druga so liha: 3, 5, 7, 11, 13, … Vemo, da se dá vsako naravno število, ki je > 1 in ni praštevilo, razstaviti v produkt samih praštevil. Ali se dá zapisati tudi kot vsota praštevil? Prav gotovo, če se ne oziramo na število sumandov. Sodo število je na primer vsota samih dvojk. Zgled:

100 = 2 + 2 + 2 + … + 2.

Tu je na desni kar 50 sumandov. Število 100 pa lahko izrazimo tudi takole:

100 = 3 + 97 = 11 + 89 = 17 + 83 = 29 + 71 = 41 + 59 = 47 + 53 .

Vsi sumandi na desni so praštevila. Torej se dá 100 zapisati kot vsota dveh praštevil, in sicer kar na šest načinov. Poglejmo, kako je pri najmanjših sodih številih:

4 = 2+2, 6 = 3+3, 8 = 3+5, 10 = 3+7 = 5+5.

Kaj hitro se prepričamo tudi o nadaljnjih ne prevelikih sodih številih 12, 14, 16, 18, … , da se izražajo kot vsote dveh praštevil. Zato se nam upravičeno vsiljuje tale

DOMNEVA. Vsako sodo število  >= 4 se da zapisati vsaj na en način kot vsota dveh praštevil.

Prvi je to domnevo izrazil C. Goldbach leta 1742 v nekem pismu L. Eulerju. Zato se imenuje Goldbachova domneva. Doslej je še nihče ni dokazal, prav tako ni nihče našel kakega protiprimera. Z računalniki so potrdili veljavnost domneve za velikansko množico sodih števil. Toda dokler nimamo strogega dokaza, ne moremo z gotovostjo trditi, da je Goldbachova domneva pravilna. Morda soda števila, ki jih ni mogoče razstaviti v vsoto dveh praštevil, obstajajo, vendar so zelo velika in se tudi najmanjše med njimi izraža v desetiškem sestavu s številko, ki ima nekaj sto števk. Če bi bilo to res, Goldbachova domneva ne bi bila pravilna, toda tega ne bi mogli nikoli odkriti s testiranjem, niti z uporabo najhitrejših računalnikov ne.

PRIPOMBA. Če se da število n vsaj na en način zapisati kot vsota dveh praštevil, bomo na kratko rekli, da je vsota dveh praštevil, če pa to ni mogoče, potem n ni vsota dveh praštevil. Naj bosta a in b naravni števili. Izjava, da je a+b vsota dveh praštevil, torej ne pomeni, da sta a in b praštevili, temveč da obstajata taki praštevili p1 in p2, da je a+b = p1+p2. Npr. število 8+6 je vsota dveh praštevil, ker je 8 + 6 = 14 = 3+11.

Kdaj je liho število vsota dveh praštevil? Ker so razen 2 vsa praštevila liha, vsota dveh lihih števil pa je soda, je liho število n vsota dveh praštevil natanko tedaj, kadar ima obliko n = p + 2, kjer je p liho praštevilo. Torej je liho število n vsota dveh praštevil, če je razlika n – 2 praštevilo, sicer pa ni. Tako je npr. 9 vsota dveh praštevil, ker je razlika 9 – 2 = 7 praštevilo, 11 ni, ker je razlika 11 – 2 = 9 = 3∙3 sestavljeno število.

Kaj lahko na splošno povemo o izražanju lihih števil, namreč tudi tistih, ki niso vsote dveh praštevil?

DOMNEVA L. Vsako liho število >= 7 se da zapisati kot vsota treh praštevil.

Denimo, da je Goldbachova domneva pravilna. Naj bo n poljubno liho število >= 7. Potem je razlika n – 3 soda in >= 4, torej je vsota dveh praštevil, npr. n – 3 = p1-p2, kjer sta p1 in p2 praštevili. Od tod dobimo n = 3 + p1 + p2. Tako smo zapisali n kot vsoto treh praštevil 3, p1 in p2. Vidimo, da iz pravilnosti Goldbachove domneve izhaja pravilnost domneve L. V obratni smeri pa ne gre; ne znamo dokazati, da je Goldbachova domneva pravilna, če je pravilna domneva L.

Domnevo L bi skoraj smeli imenovati izrek. Leta 1937 je namreč ruskemu matematiku I. M. Vinogradovu uspelo dokazati, da je vsako liho število, ki je dovolj veliko, namreč večje od N0=, vsota treh praštevil. Število N0 se v desetiškem sestavu izraža s številko, ki ima skoraj sedem milijonov števk, se pravi, da je nepredstavljivo veliko. Kljub temu je do N0 samo končno mnogo lihih števil. Treba bi bilo vsako od njih testirati, ali je vsota treh praštevil. Če je, bi bila domneva L dokazana. Žal je N0 tako velik, da tega testiranja verjetno ne bo mogoče nikoli opraviti niti z najhitrejšimi računalniki.

PRIPOMBA. Pred nekaj leti sta Chen in Wang zmanjšala omenjeno mejo N0 na število, ki ima, zapisano v desetiškem sistemu, samo okoli triinštirideset tisoč števk. Testiranje lihih števil do te meje je seveda praktično prav tako neizvedljivo.

Oglejmo si zdaj neko zanimivo nalogo, ki je rešljiva samo na en način, če je Goldbachova domneva pravilna. Glasi se takole:

Peter je izbral dve naravni števili, večji od 1. Vsoto teh števil je povedal prijatelju Tonetu, produkt pa Mirku. Tone si ogleda vsoto in telefonira Mirku:

“Ne vidim možnosti, kako bi ti lahko ugotovil vsoto.”

Čez nekaj časa odgovori Mirko:

“Imaš prav. Ne morem določiti vsote.”

Kmalu nato pa se spet oglasi Tone:

“Vem, kolikšen je produkt.”

Kateri števili je izbral Peter?

Nalogo v tej obliki je postavil Barry Wolk z univerze v Manitobi, objavil pa jo je Martin Gardner v časopisu Scientific American junija 1980. Imenoval jo je nemogoči problem, in sicer zato, ker na videz ni dan noben podatek, ki bi omogočil rešiti nalogo.

Imenujmo izbrani naravni števili x in y, vsota x+y naj bo V, produkt xy pa P. Ker sta x in y večja od 1, je P produkt najmanj dveh praštevil. Mirko, ki je poznal P, je P razstavil na prafaktorje. Vsoto bi takoj našel, če bi bil P produkt samo dveh praštevil. Recimo, da bi bilo P = 15 = 3 ∙ 5. V tem primeru bi Peter izbral števili 3 in 5, vsota pa bi bila 8. Mirko ni mogel določiti vsote zato, ker je P produkt najmanj treh prafaktorjev. Kako je Tone to vedel? Ogledal si je vsoto V in videl, da se V ne da zapisati kot vsota dveh praštevil in potemtakem P ne more biti produkt samo dveh prafaktorjev. Njegovo telefonsko sporočilo Mirku je zato vsebovalo informacijo, da V ni vsota dveh praštevil. Mirko je zdaj skušal razstaviti P na dva faktorja tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil. Če bi se dal P razstaviti v tem smislu samo na en način, bi Mirko dobil faktorja x in y, s tem pa vsoto V = x + y. Denimo, da bi bilo P = 18. Število 18 lahko razstavimo na dva načina v produkt dveh faktorjev, ki sta oba večja od 1, namreč 18 = 3 ∙ 6 in 18 = 2 ∙ 9. Vsota faktorjev je v prvem primeru 3 + 6 = 9. Ker je 9 = 2 + 7 vsota dveh praštevil, izbrani števili nista 3 in 6. V drugem primeru je vsota faktorjev 2+ 9 = 11, ki ni vsota dveh praštevil. Če bi bil torej produkt 18, bi Mirko ugotovil, da je Peter izbral števili 2 in 9 in da je vsota V = 11. Toda Tonetu je telefoniral, da vsote ne more najti. Zakaj ne? Videl je namreč, da se da P razstaviti vsaj na dva načina v produkt dveh faktorjev tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil. Ko je Tone dobil sporočilo od Mirka, je zapisal V na vse mogoče načine kot vsoto dveh sumandov

V=2+(V-2)=3+(V-3)=…

in si ogledal pripadajoče produkte 2(V-2), 3(V-3), 4(V-4) itd. Ugotovil je, da je mogoče samo enega izmed njih razstaviti še na en način v produkt dveh faktorjev tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil. Tisti produkt je bil pravi. Zato je lahko telefoniral Mirku, da je našel produkt.

Tone je poznal vsoto V izbranih števil, Mirko produkt P, mi pa ne poznamo niti V niti P. Kako bomo razvozlali uganko? Naštejmo, kaj vemo o naravnih številih x in y, ki jih je Peter izbral, o vsoti V in produktu P :

(i)          x in y sta večja od 1.

(ii)         V = x + y ni vsota dveh praštevil.

(iii)        Število P = xy se da vsaj še na en način razstaviti v produkt x’y’ tako, da vsota faktorjev x’ + y’ ni vsota dveh praštevil.

(iv)        Število V lahko zapišemo na en sam način kot vsoto x+ y, kjer imata sumanda x in y lastnosti, navedeni v (i) in (iii).

Dokažimo zdaj, da sta x, y, z njima pa vsota V in produkt P, z lastnostmi (i) do (iv), natanko določena, če je Goldbachova domneva pravilna.

Po (i) je vsota V = x + y najmanj enaka 4. Če drži Goldbachova domneva, je vsako sodo število > 4 vsota dveh praštevil. Pogoj (ii) potemtakem pove, da je V liho število. Tudi razlika V – 2 je liha, ni pa enaka kakšnemu praštevilu p, saj bi sicer bil V = p + 2 vsota praštevil p in 2. Zato je V – 2 sestavljeno število. Razstavimo ga v produkt ab, kjer sta faktorja a in b liha in večja od 1. Tedaj imamo V = ab + 2. Ker sta a in b liha, sta razliki a – 1 in b – 1 sodi in zato lahko pišemo a – l = 2m,
b – 1 = 2n, kjer sta m in n naravni števili > 1. Potem je a = 2m + 1, b = 2n + 1 in

V = 4mn + 2(m + n) + 3

Število V bomo zdaj na dva načina zapisali kot vsoto dveh sumandov. Najprej postavimo

x = 4mn + 2 , y = 2(m + n) + 1 .

Potem je x + y = V. Pripadajoči produkt

P = xy = (4mn + 2)(2m + 2n + 1) lahko razstavimo na dva faktorja x’ in y’ tudi takole:

x’ = 2 , y’ = (2mn + 1)(2m + 2n + l) .

Očitno sta faktorja x’ in y’ različna od faktorjev x in y v prejšnjem razcepu. Vsota novih faktorjev

x’ + y’ = (2mn + 1)(2m + 2n + l) + 2

je liho število in ni vsota dveh praštevil, ker (2mn + 1)(2m + 2n + 1) očitno ni praštevilo. Torej smo zapisali V kot vsoto x + y, pri tem pa se da pripadajoči produkt P = xy vsaj na dva načina razstaviti v produkt dveh faktorjev tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil.

Drugič razcepimo V na tale sumanda:

X = 4mn – 4m + 2 , Y = 6m + 2n + 1 .

Ta razcep je različen od prejšnjega, ker ni niti X = x, niti X = y (X je namreč sod, y lih). Oglejmo si produkt

XY = (4mn — 4m + 2)(6m + 2n + 1) .

Če postavimo

X’ = 2,   = (2mn — 2m + 1)(6m + 2n + 1) ,

je X’Y’ = XY. Privzemimo najprej, da je n > 1, torej

4mn – 4m = 4m(n – 1) > 0.

Potem je X = 4m(n – 1) + 2 > 2 in zato X > X’ = 2 ter Y’ > Y. Vsota

X’ + Y’ = (2mn — 2m + 1)(6m + 2n + 1) + 2

je liho število. Ker je zaradi n > 1 faktor 2mn — 2m + 1 večji od 1, X’ +Y’ ni vsota dveh praštevil.

Če je torej n > 1, se da V zapisati vsaj na dva načina kot vsota dveh sumandov, tako da sumanda ustrezata pogojema (i) in (iii). Zato v tem primeru V nima lastnosti (iv). Isto lahko trdimo tedaj, kadar je m > 1. Izraz (1) za V, se pravi V = 4mn + 2(m + n) + 3, se namreč nič ne spremeni, če v njem zamenjamo m in n. Tako smo ugotovili, da število V ne zadošča pogoju (iv), če je katero izmed števil m in n večje od 1.

Preostane edina možnost, da je m = n = 1. Tedaj je V = 11. Pišemo lahko

V = 11 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 7 = 5 + 6 .

Pripadajoči produkti so 2 ∙ 9 = 18, 3 ∙ 8 = 24, 4 ∙ 7 = 28 in 5 ∙ 6 = 30. Ugotovili smo že, da se da 18 razstaviti samo na en način v produkt dveh faktorjev tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil. Bralec naj se sam prepriča, da velja isto za števili 24 in 28. Pač pa lahko razstavimo 30 na dva načina v produkt dveh faktorjev tako, da vsota faktorjev ni vsota dveh praštevil. En razcep je 5∙6 z vsoto faktorjev 5 + 6 = 11, drugi 2 15 z vsoto 2 + 15 = 17. Niti 11 niti 17 ni vsota dveh praštevil. Vidimo, da se da 11 samo na en način zapisati kot vsota x + y tako, da sumanda x in y zadoščata pogoju (iii), namreč 11 = 5 + 6. Torej ima V = 11 tudi lastnost (iv).

Iz povedanega je razvidno, da edino števili 5 in 6 z vsoto V = 11 in produktom P = 30 zadoščata pogojem (i) do (iv). Odgovor na zastavljeno vprašanje se potemtakem glasi:

Peter je izbral števili 5 in 6.

Pri reševanju naloge smo privzeli, da je Goldbachova domneva pravilna. To nam je omogočilo dokazati, da je vsota V liho število. Če se ne zanesemo na pravilnost domneve, potrebujemo dodatni podatek, da je namreč V lih. Drugi pogoj moramo torej postaviti takole:

(ii*) V = x + y je liho število in ni vsota dveh praštevil.

Potem poteka dokazovanje kakor prej. Edino števili 5 in 6 z vsoto V = 11 in produktom P = 30 zadoščata pogojem (i), (ii*), (iii) in (iv).

Vsako naravno število n je produkt samih praštevil. Obstajajo me¬tode, s katerimi je dejansko mogoče razstaviti n v produkt praštevil s končno mnogo koraki. Tako pravi teorija, ki pa je po navadi ne zanima, koliko dela je treba opraviti pri razstavljanju. V praksi je obseg dela seveda še kako pomemben. Kar precej časa potrebujemo, da razstavimo na prafaktorje nekoliko večje število, tudi če si pomagamo z računalniki. Pri velikih številih pa je računanja toliko, da ga ne zmore v razumnem času niti najhitrejši računalnik.

Iz formulacije naloge je razvidno, da je Mirko razmeroma hitro razstavil P na prafaktorje in da je prav tako Tone kmalu pregledal vse produkte 2(V — 2), 3(V — 3), … in našel med njimi pravega. Zato Peter prav gotovo ni izbral zelo velikih števil x in y. Torej smemo domnevati, da je vsota V = x + y manjša od meje, do katere so testirali vsa soda števila in ugotovili, da je vsako izmed njih vsota dveh praštevil. Potemtakem ne potrebujemo dodatnega podatka, da je V lih in smemo ostati kar pri prvotnem pogoju (ii).

Projekcije v tehniki

V tehniki je v navadi telesa (predmete, izdelke) predočiti z risbo. Predmete narišemo v eni od značilnih projekcij, mere najlaže razberemo na risbi s pravokotnimi projekcijami (naris, tloris, stranski ris), obliko pa laže razberemo iz aksonometrične projekcije telesa, v tehniki je zaradi uporabnih lastnosti pogosto uporabljena izometrična projekcija.

Razpored pogledov je določen s pravili in standardi (v krajih čez lužo je v navadi nekolikanj drugačna razporeditev). Primer na sliki pokaže, kako se streže stvari. Na izometrični projekciji označimo smer pogleda za naris.


Tehniki so tako pogosto pred nalogo, da morajo iz ene projekcije ustvariti drugo – na papirju ali zaslonu, pred tem pa v glavi.

Kakšno telo?

V slovenskih tehničnih šolah že nekaj let poteka tekmovanje PIKO (Projekcije in kotiranje), kjer dijaki tekmujejo v znanju tehničnega risanja oz. prostorske predstavljivosti. Spodnja naloga je bila na šolskem tekmovanju 2017.

Na sliki so pravokotne projekcije (naris, stranski ris ter tloris) oglatega telesa. Narišite to telo v izometrični projekciji. Koliko rešitev ima naloga?

Geometrijska z diofantskim pridihom

Andrej je objavil naslednjo nalogo:

Če brez prekrivanja dodamo v vogal trikotnika še dva mnogokotnika, dobimo zgornjo skico. Ali lahko to naredimo še s kakšnim parom mnogokotnikov, od katerih bi imel eden več stranic?

Rešitev: Spomnimo se, da je velikost notranjega kota v pravilnem n-kotniku enaka $(n-2)\frac{180^o}{n}$ ali v radianih $(n-2)\frac{\pi}{n},$ pa lahko za kot v skupnem oglišču večkotnikov zapišemo

$$\frac{\pi}{3}+(m-2)\frac{\pi}{m}+(n-2)\frac{\pi}{n}=2\pi.$$

Po ureditvi dobimo lepo diofanstko enačbo

$$mn-6m-6n=0.\qquad(1)$$

Iščemo torej taki naravni števili $m$ in $n,$ ki tej enačbi zadoščata. Prištejmo na obeh straneh enačbe $36$ in levo stran razcepimo. Dobimo

$$(m-6)(n-6)=36$$

Na levi strani enačbe sta dva faktorja, torej morata biti tudi na desni dva. Ker je

$$36=1\cdot36=2\cdot 18=3\cdot 12=4\cdot 9=6\cdot 6,$$

vidimo, da so rešitve enačbe (1) naslednji pari $(m,n):$

$$(7,42),\quad (8,24),\quad (9,18),\quad (10,15),\quad(12,12).$$

Na zgornji skici je narisana srednja rešitev, devetkotnik  in osemnajstkotnik. Možnosti sta torej še dve: osemkotnik  in štiriindvajsetkotnik ter sedemkotnik in dvainštiridesetkotnik.

O nekih verižnih ulomkih

Kaj imajo skupnega naslednji verižni ulomki

$$x_1=2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{\ddots}}}},$$

$$x_2=4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{\ddots}}}},$$

$$x_3=6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{\ddots}}}},$$

$$x_4=8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{\ddots}}}},$$

in

$$x_5=10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{\ddots}}}}.$$

Izračunajte vrednost vsakega od njih.

Zapišite $x_6!$

kolikšna je vrednost $x_6?$

O neki vrsti verižnih ulomkov

Oglejmo si naslednje verižne ulomke

$$x_1=1+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{\ddots}}}},$$

$$x_2=1+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{\ddots}}}},$$

$$x_3=1+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{\ddots}}}},$$

$$x_4=1+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{\ddots}}}},$$

$$x_5=1+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{\ddots}}}},$$

itd.

Najprej opazimo, da se ti verižni ulomki razlikujejo samo v števcih, zato najprej pomislimo, da so morda narejeni na enak način, po isti šabloni.  Vrednost ulomkov lahko tudi najprej uganemo, npr, tako, da izračunamo nekaj zaporednih približkov vsakega od njih. Dobimo naslednje vrednosti $$x_i=i+1;\qquad i=1,..,5$$ Nato si ogledamo te vrednosti ter števce verižnih ulomkov. Dovolj oster pogled razkrije, da so števci v verižnem ulomku $x$ enaki $x^2-1,$ torej

$$x=1+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}$$

ali

$$x=1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}.$$

Od tod pa hitro prepoznamo

$$x=1+\frac{x^2-1}{1+x},$$

oziroma znan obrazec iz osnovne šole

$$x-1=\frac{x^2-1}{1+x}.$$

To je tisto kopito, po katerem so sestavljeni zgornji verižni ulomki. Sestavite še kakšnega sami.

Naloga: Tudi verižni ulomek

$$[1;1,\overline{2}]=1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{\ddots}}}}$$

spada v to skupino. Zakaj? Kolikšna je njegova vrednost? Sestavi še kakšen tovrstni verižni ulomek iracionalne vrednosti.

Stewartov izrek

Imejmo trikotnik ABC in na stranici $c$ poljubno točko $D.$  Zveznico $\overline{CD}$ označimo z $d$. Med geometrijskimi izreki, ki se jih v srednji šoli običajno preskoči, je tudi Stewartov izrek 

Izrek trdi naslednje:

$$m^2a+n^2b=c(d^2+mn).$$

Dokaz: Kota $\angle ADC$ in $\angle CDB$ sta suplementarna, označimo ju z $\varphi$ in $180^o-\varphi.$ Ker je $\cos(\varphi)=-cos(180^o-\varphi),$  zapišemo za levi in desni trikotnik cosinusov izrek

$$\frac{d^2+m^2-b^2}{2dm}=-\frac{d^2+n^2-a^2}{2dn}.$$

Preuredimo in dvakrat upoštevamo $m+n=c,$ pa res pridemo do navedenega izreka.

Naloga:

  1. Zapiši ta izrek za enakokrak trikotnik.
  2. Dokaži Stewartov izrek samo s Pitagorovim izrekom! Namig: Najprej na skici potegni pravo črto!

Perioda neke funkcije

Andrej je zastavil naslednjo nalogo:

Koliko je osnovna perioda funkcije \(f(x), \) za katero velja \(\sqrt{3}f(x) = f(x – 1) + f(x + 1)\)?

Rešitev: V zgornjo zvezo vstavimo najprej $x=1$ pa pridelamo zvezo:

$$f(2)=\sqrt{3}f(1)-f(0).$$

Tako nadaljujemo, pa dobimo še

$$f(3)=\sqrt{2}f(1)-f(1)=2f(1)-\sqrt{3}f(0),$$

$$f(4)=\sqrt{3}f(1)-f(2)=\sqrt{3}f(1)-2f(0),$$

$$f(5)=\sqrt{3}f(4)-f(3)=f(1)-\sqrt{3}f(0),$$

$$f(6)=\sqrt{5}f(4)-f(4)=-f(1).$$

Zaslutimo, da smo na pol poti in tudi, kolikšn bo rezultat. Nadaljujemo:

$$f(7)=\sqrt{3}f(6)-f(5)=f(1)-\sqrt{3}f(0),$$

$$f(8)=\sqrt{3}f(7)-f(6)=-\sqrt{3}f(1)+f(0),$$

$$f(9)=\sqrt{3}f(8)-f(7)=-2{3}f(1)+\sqrt{3}f(0),$$

$$f(10)=\sqrt{3}f(9)-f(8)=-\sqrt{3}f(1)+2f(0),$$

$$f(11)=\sqrt{3}f(10)-f(9)=-f(1)+\sqrt{3}f(0)$$

in nazadnje

$$f(12)=\sqrt{3}f(11)-f(10)=f(0).$$

Ker je $f(x+12)=f(x),$ je osnovna perioda te funkcije $12.$

Katera funkcija bi to lahko bila, pa prepuščamo v razmislek naprednemu bralcu.

Eulerjev produkt

Leonhard Euler je leta 1748 v 15.poglavju knjige Introductio in analysin infinitorum  (Uvod v analizo neskončnosti) pokazal, kako lahko produkt nekaterih faktorjev spremenimo v neskončno vrsto in obratno. Prehodimo del njegove poti.

Začnimo z geometrijskimi vrstami, ki imajo začetni člen $a_1=1,$ in količnik $k=\frac{1}{p},$ pri čemer je $p$ praštevilo. Vse te vrste so zaradi $\frac{1}{p}<1$ konvergentne. Spodaj je nekaj vrst z najmanjšim $p$:

$$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{5}}=1+\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}+\frac{1}{625}+\frac{1}{3125}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{7}}=1+\frac{1}{7}+\frac{1}{49}+\frac{1}{343}+\frac{1}{2401}+\frac{1}{16807}+\dots$$

Pomnožimo najprej prvi dve vrsti vsak člen z vsakim in sproti urejajmo po velikosti

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\dots$$

Primnožimo zraven še tretjo

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$$

pa četrto

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$$

Opazimo, da na desni strani dobivamo prve člene harmonične vrste. Če nadaljujemo z množenjem geometrijskih vrst s količnikom $k=\frac{1}{p}$, pri čemer so $p$ vsa različna praštevila, dobivamo na levi strani produkt, na desni pa vsoto

$$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}.$$

La levi strani je t.i. Eulerjev produkt, produkt neskončno faktorjev, kjer so $p_i$ vsa zaporedna praštevila.Na desni strani pa dobimo  harmonično vrsto, ki je ravno Riemannova funkcija $\zeta(s)$ za $s=1$, torej

$$\zeta(1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots$$

Torej

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot\dots}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot\dots}$$

Oba izraza, vsota in produkt, seveda divergirata.

Po zgornjem zgledu lahko množimo še druge geometrijske vrste, ki imajo količnike $k=\frac{1}{p^n},$ pri čemer je $p$ praštevilo, in dobivamo vsote

$$S=\frac{1}{1-\frac{1}{p^n}}.$$

Pri tem je $n\in \mathbb{N}.$ Za $n=1$ imamo ravno zgornji primer. Za npr.$n=2$ pa imamo vrste

$$\frac{1}{1-\frac{1}{2^2}}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{2^8}+\frac{1}{2^{10}}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{3^2}}=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3⁶}+\frac{1}{3^8}+\frac{1}{3^{10}}+\dots$$

itd.

Produkt vseh takih vrst za $n=2$ nam analogno zgornjemu da

$$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{{p_i}^2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}.$$

Na desni strani pa se tokrat pojavi Riemannova funkcija $\zeta(2)$

$$\zeta(2)=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}.$$

Vrsta je konvergentna, seštel jo je L.Euler, ko je rešil slavni Baselski problem, njena vsota znaša

$$\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}​_=\frac{\pi^2}{6}.$$

Za nadaljne $n$ dobimo še druge Rimannnove funkcije $\zeta(n)$s splošnim predpisom

$$\zeta(n)=1+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}+\frac{1}{4^n}+\frac{1}{5^n}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^n}}.$$

Vse tako dobljene vrste za $n\in \mathbb{N}$  konvergirajo, a “lepo” vsoto imajo samo tiste s sodim $n$.

Lotimo se sedaj dveh nalog, povezanih z Eulerjevim produktom.

Kolikšna je verjetnost, da pri nakljucnem izboru med naravnimi števili izberemo praštevilo?

Rešitev: Verjetnost, da je izbrano število deljivo z 2, je $\frac{1}{2}, $ da s 3, $\frac{1}{3},$ da je deljivo s $p$, torej $\frac{1}{p}.$ Označimo iskani dogodek z $A$, z $A_p$ pa dogodek, da je izbrano število deljivo s  $p$.  Nasprotni dogodek $\overline{A}_p$ je potem dogodek, da izbrano število ni deljivo s $p$, njegova verjetnost pa je

$$P(\overline{A}_p)=1-\frac{1}{p}.$$

Opazimo, da je dogodek $A$ sestavljen, natančneje neskončni produkt dogodkov

$A=\overline{A}_2\cap \overline{A}_3\cap \overline{A}_5\cap \dots \cap \overline{A}_p\cap\dots,$

ki so med seboj vsi neodvisni. Zato je verjetnost dogodka $A$ enaka

$$P(A)=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\dots(1-\frac{1}{p})\dots=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}.$$

Dobili smo Eulerjev produkt, torej je

$$P(A)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}}=\frac{1}{\zeta(1)}=\frac{1}{\infty}=0. $$

V imenovalcu se je pojavila harmonična vrsta, ki divergira, zato je iskana verjetnost $0.$

Med naravnimi števili dve naključno izberemo. Kolikšna je verjetnost, da sta tuji?

Rešitev:Naj bo $B$ dogodek, da sta izbrani števili tuji. Verjetnost, da je prvo število deljivo s praštevilom $p$, je $\frac{1}{p}$ in enako tudi vetjetnost, da je drugo. Verjetnost, da sta obe števili deljivi s $p,$ je torej (saj sta dogodka neodvisna) $\frac{1}{p^2},$ da nista deljivi s $p,$ pa $1-\frac{1}{p^2}.$ Števili sta tuji, če nista deljivi hkrati z nobenim od praštevil, zato imamo

$$P(B)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p^2})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}}=\frac{1}{\zeta(2)}=\frac{6}{\pi^2}=0,61. $$

Posplošitev naloge na več števil pa je prepuščena bralcu.

 

 

Kameleoni

Kolonija kameleonov ima 13 zelenih, 15 modrih in 17 rdečih osebkov. Kadar se srečata dva kameleona različnih barv spremenita barvo v tretjo barvo. Ali je mogoče, da imajo v nekem trenutku vsi kameleoni isto barvo?

Neenakost 5 – rešitev

Najdi minimalno vrednost izraza $1/a+4/b+9/c$, če so a, b in c pozitivna števila, za katera velja $a+b+c=12$.

Namig: uporabi Titujevo neenakost.

$$\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+ … + \frac{a_n^2}{b_n} \geqslant \frac{(a_1+a_2+…+a_n)^2}{b_1+b_2+…+b_n}$$

 
————————–
Rešitev:

Uporabimo neenakost:
$1^2/a+2^2/b+3^2/c >= (1+2+3)^2/(a+b+c) = 36/12 = 3$

Enakost velja, ko je
$1/a=2/b=3/c$
oziroma
$a=2, b=4, c=6$

Znana limita in njena uporaba

V srednji šoli se četrtošolci srečajo z limito

$$\lim_{x\to 0}{\frac{\sin{x}}{x}}=1.$$

Dokaz najdejo v svojem učbeniku. Med primeri uporabe te limite pa pogosto umanjkata naslednja:

plošćina kroga

Imejmo krog s središčem $T$ in polmerom $r$, po Arhimedovo mu včrtajmo n-kotnik. Le-ta je iz $n$ skladnih enakokokrakih trikotnikov , njegova ploščina torej znaša

$$S_n=nr^2\sin{\frac{\pi}{n}}\cos{\frac{\pi}{n}}=\frac{nr^2\sin{\frac{2\pi}{n}}}{2}.$$

Če večamo n, gre ploščina n-kotnika proti ploščini kroga, zato je ploščina kroga S enaka

$$S=\lim_{n\to \infty}{S_n}=\frac{r^2}{2}\lim_{n\to\infty}{\frac{nr^2\sin{\frac{2\pi}{n}}}{2}}=  \frac{2\pi r^2}{2}\lim_{n\to\infty}{\frac{\sin{\frac{2\pi}{n}}}{\frac{2\pi}{n}}}$$

Uvedimo $u=\frac{2\pi}{n}$ in opazimo, da ko gre $n\to \infty$, gre $u\to 0,$ pa lahko pišemo

$$S= \pi r^2\lim_{u\to 0}{\frac{\sin{u}}{u}}=\pi r^2.$$

Dokazali smo torej obrazec za ploščino kroga.

Izračun Ludolfovega Števila

Uporabimo večkrat obrazec za sinus dvojnega kota, pa dobimo produkt n faktorjev

$$\sin{x}=2\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}}=$$

$$=2^2\cos{\frac{x}{2}}\sin{\frac{x}{4}}\cos{\frac{x}{4}}=\dots$$

$$\dots=2^n\sin{\frac{x}{2^n}}\cos{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2^2}}\dots\cos{\frac{x}{2^n}}.$$

Delimo zgornjo enačbo z x, pa dobimo

$$\frac{\sin{x}}{x}=\frac{2^n}{x}\sin{\frac{x}{2^n}}\cos{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2^2}}\dots\cos{\frac{x}{2^n}}$$

ali

$$\frac{\sin{x}}{x}=\frac{\sin{\frac{x}{2^n}}}{\frac{x}{2^n}}\cos{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2^2}}\dots\cos{\frac{x}{2^n}}$$

V prvem faktorju na desni prepoznamo nastavek znane limite in ko gre $n\to\infty ,$ gre ta faktor proti 1, dobimo pa produkt neskončnih cosinusov:

$$\frac{\sin{x}}{x}=\cos{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2^2}}\cos{\frac{x}{2^3}}\dots$$

Na spletu najdemo,da je ta obrazec prvi našel slavni L.Euler.  A če vanj vstavimo $x=\frac{\pi}{2},$ dobimo

$$\frac{2}{\pi}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\dots$$

Ta izraz pa je objavil Francois Viète leta 1593, torej več kot stoletje prej. Gre tudi za prvi primer zapisa neskončnega produkta sploh.

 

Lagrangeova identiteta

Med nenavadno snovjo, ki smo jih pri matematiki spoznavali pri prof. Marijanu Skrbinšku v 2. letniku črnomaljske gimnazije leta 1968, je bila tudi Lagrangeova identiteta vektorjev. Takole se glasi

\[(\vec{a} \times \vec{b})\cdot (\vec{c} \times \vec{d})=(\vec{a}\cdot \vec{c})(\vec{b} \cdot \vec{d})-(\vec{a}\cdot \vec{d})(\vec{b}\cdot \vec{c}).\]

Identiteto smo dokazali po srednješolsko tako, da smo vektorje zapisali v ortonormirani bazi. Dosti pisanja, a tudi dobrodošla vaja. Leva stran je enaka

$(\vec{a}\times \vec{b})\cdot(\vec{c}\times \vec{d})=((a_1,a_2,a_3)\times (b_1,b_2,b_3))\cdot ((c_1,c_2,c_3)\times (d_1,d_2,d_3))=(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)\cdot(c_2d_3-c_3d_2,c_3d_1-c_1d_3,c_1d_2-c_2d_1)= $ $=a_2b_3c_2d_3-a_2b_3c_3d_2-a_3b_2c_2d_3+a_3b_2c_3d_2+$ $+a_3b_1c_3d_1-a_3b_1c_1d_3-a_1b_3c_3d_1+a_1b_2c_1d_2+$ $+a_1b_2c_2d_1-a_2b_1c_1d_2-a_2b_1c_1d_2+a_2b_1c_2d_1.$

Desna pa

$(\vec{a}\cdot \vec{c})(\vec{b} \cdot \vec{d})-(\vec{a}\cdot \vec{d})(\vec{b}\cdot \vec{c})=$ $=(a_1c_1+a_2c_2+a_3c_3)(b_1d_1+b_2d_2+b_3d_3)-(a_1d_1+a_2d_2+a_3d_3)(b_1c_1+b_2c_2+b_3c_3)=a_1b_1c_1d_1+a_1b_2c_1d_2+a_1b_3c_1d_3+a_2b_1c_2d_1+a_2b_2c_2d_2+a_2b_3c_2d_3+a_3b_1c_3d_1+a_3b_2c_3d_2+a_3b_3c_3d_3-a_1b_1c_1d_1-a_1b_2c_2d_1-a_1b_3c_3d_1-a_2b_1c_1d_2-a_2b_2c_2d_2-a_2b_3c_3d_2-a_3b_1c_1d_3-a_3b_2c_2d_3-a_3b_3c_3d_3.$

Primerjajmo obe strani, pa res ugotovimo enakost.

O nekem neskončnem iracionalnem izrazu

kvadratni koreni

Zanimamo se za neskončne izraze oblike

$$x=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\dots}}}},\quad\quad\quad(1)$$

pri čemer je $a>0.$

Vrednost takega izraza določimo tako, da najprej opazimo identičen izraz pod korenom, torej

$$x=\sqrt{a+x},$$

rešimo ustrezno kvadratno enačbo

$$x^2-x-a=0$$

in dobimo (zanima nas samo pozitivna rešitev)

$$x=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}\quad\quad\quad(2)$$

Torej, če je $a=1$, dobimo zlato število

$$\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots}}}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\varphi,$$

če je $a=2,$ pa

$$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\dots}}}}=\frac{1+\sqrt{1+8}}{2}=2.$$

Vprašajmo se, za katera števila $a$ je vrednost izraza $x$ naravno število.

V (2) opazimo, da mora biti izraz pod korenom lihi kvadrat, torej kvadrat lihega števila. Torej

$$1+4a=m^2,$$

od koder dobimo $$a=\frac{(m+1)(m-1)}{4}.\quad\quad\quad (3)$$

Upoštevajmo še, da je $m=2n-1,$ vstavimo v (3), pa dobimo

$$a=n(n+1).$$

Vrednost izraza (1) je torej naravno število, če je $a$ produkt zaporednih naravnih števil.

Andrej Jakobčič je predlagal še hitrejši dokaz:

Enaćbo $$x^2-x-a=0$$

je predelal takole

$$x(x-1)=a,$$

pa se zahteva za $a$ takoj vidi.

Število $a$ mora torej biti dvakratnik trikotniškega ali podolžno število.

tretji koreni

Ponovimo zgodbo s tretjimi koreni. Zanima nas torej, ali je kdaj izraz oblike

$$x=\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a+\dots}}}},\quad\quad\quad(4)$$

pri čemer je $a$ poljubno celo število, tudi celo število.

Izraz kubiramo, pa dobimo enačbo

$$x^3-x-a=0.\quad\quad\quad 5$$

Polinom tretje stopnje z realnimi koeficienti ima vsaj eno realno ničlo, recimo ji $b$. Delimo  $(5)$ z $x-b$, pa dobimo

$$x^3-x-a=(x-b)(x^2+bx+b^2-1)+b(b^2-1)-a.$$

Če naj bo $b$ ničla, mora biti ostanek $b(b^2-1)-a=0$, od koder sledi

$$a=(b-1)b(b+1).$$

Če torej hočemo, da bo rezultat celo število $b$, mora biti $a=(b-1)b(b+1).$

Pridelamo lahko torej poljubno naravno število $b>1$, če za a izberemo $a=6,24,60, 96,…$

Veljajo torej naslenje neenakosti:

$$\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\dots}}}}=2,$$

$$\sqrt[3]{24+\sqrt[3]{24+\sqrt[3]{24+\sqrt[3]{24+\dots}}}}=3,$$

$$\sqrt[3]{60+\sqrt[3]{60+\sqrt[3]{60+\sqrt[3]{60+\dots}}}}=4,$$

itd..

Mimogrede

$$\sqrt[3]{1+\sqrt[3]{1+\sqrt[3]{1+\sqrt[3]{1+\dots}}}}=P,$$ je plastična konstanta…

Posplošitev

Oglejmo si torej vgnezden radikal

$$x=\sqrt[n]{a+\sqrt[n]{a+\sqrt[n]{a+\sqrt[n]{a+\dots}}}}.\quad\quad\quad (6)$$

Po potenciranju dobimo polinom

$$x^n-x-a=0,$$

ok koder dobimo

$$a=x^n-x.\quad\quad\quad (7)$$

Obrnimo nalogo, pa vidimo: Če izberemo $a$ tako, da bo veljalo (7) za poljuben $x \in \cal{N},$ bo imel izraz (6) vrednost $x.$

Primeri:

Ugotovi vrednost naslednjih vgnezdenih radikalov:

$$x=\sqrt[3]{120+\sqrt[3]{120+\sqrt[3]{120+\sqrt[3]{120+\dots}}}},$$

$$x=\sqrt[4]{78+\sqrt[4]{78+\sqrt[4]{78+\sqrt[4]{78+\dots}}}},$$

$$x=\sqrt[5]{30+\sqrt[6]{30+\sqrt[5]{30+\sqrt[5]{30+\dots}}}},$$

$$x=\sqrt[6]{62+\sqrt[6]{62+\sqrt[6]{62+\sqrt[6]{62+\dots}}}}.$$

Anton Berce: Naravni številski sistem

Moj prijatelj in študijski kolega Anton Berce v članku Naravni številski sistem razširi pojem faktorsko na negativna števila, razloži naravni  številski sistem in uvede relativne binomske formule.

Avtor piše o članku naslednje:

“V recenzijo Obzorniku sem ga prvič poslal jeseni 2004, potem pa pilil po pripombah recenzentov do pomladi 2005, pozno poleti pa mi je urednik sporočil, da so dolgo tehtali ali bi objavili ali ne, vendar pa je prevladalo mnenje, da je za bralce Obzornika prezahteven. Sicer mi je res predlagal da temo poenostavim, meni pa je zmanjkovalo volje in moči in tudi službene ter druge obveznosti, ki sem jih vsaj eno leto zaradi članka odlagal so začele terjati obresti. ”

Kliknite na povezavo:

THE NATURAL NUMBER SYSTEM

Vsota vrste (n+1)/6^(n+1)

Izračunaj vsoto neskončne vrste:

$$S = \frac{2}{6^2}+\frac{3}{6^3}+\frac{4}{6^4}+\dots$$

Eden od možnih načinov reševanja je lahko naslednji:

Kaže, da na desni strani manjka prvi člen, torej $\frac{1}{6}$. Zato bomo raje sešteli vrsto

$$S_1 = \frac{1}{6}+\frac{2}{6^2}+\frac{3}{6^3}+\frac{4}{6^4}+\dots$$

Zapišimo člene te vrste v tabeli takole

$\frac{1}{6}$
$\frac{1}{6^2},\frac{1}{6^2},$
$\frac{1}{6^3},\frac{1}{6^3},\frac{1}{6^3}$
$\frac{1}{6^4},\frac{1}{6^4},\frac{1}{6^4},\frac{1}{6^4}$

$\vdots$

Sedaj pa ni več težko, saj imamo v stolpcih geometrijske vrste…in to z enakim količnikom…:-)

Intervju z učiteljem matematike o domačih nalogah

Med urejanjem  (beri brisanjem) dokumentov po disku sem med množico razne solate, ki jo mora izpolniti današnji učitelj, našel tudi tale intervju. Ne spomnim se več, kdo je avtor vprašanj (morda se bo pa javil?), a  celoten intervju bi utegnil biti dobra informacija, namenjena predvsem dijakom in staršem, morda pa celo učiteljem.  Zato sem sklenil, da ga (skoraj) nespremenjenega objavim v spletni obliki.

  1. Kakšno je vaše mnenje o domačih nalogah? Katere so prednosti/slabosti domačih nalog?

Vprašanje je nekam čudno formulirano. Domače naloge so zelo, če ne najbolj pomemben del procesa pridobivanja in  utrjevanja znanja učenca. Brez samostojnega dela doma je učenčevo znanje precej podobno znanju butalskega kovača.

  1. Kakšna je po vašem mnenju dobro zastavljena domača naloga? Kakšna mora biti njena vsebina, obseg in predvidena časovna obremenitev?

Nalog mora biti ravno dovolj, da učenec pri (skoraj) vsaki naslednji pridobi ali utrdi del novega znanja ali novo izkušnjo, njen namen pa naj ne bo dril.  Upošteva naj načela od lažjega  k težjemu, od enostavnega k sestavljenemu, itd. Ker gre za individualno telo, lahko učenec naloge, ki se mu zdijo prelahke,  tudi preskoči. Časovno naj traja do šolsko uro za pripravljenega učenca, zajema pa naj tudi pregled že rešenih primerov.

  1. Koliko časa vi porabite pri sestavi domače naloge za učence?

Ker naloge poznam, običajno zadnjih 5 minut šolske ure. Učence opozorim na vrstni red reševanja, pri nalogah, kjer se mi zdi to potrebno, jim dam tudi kak namig. Včasih pa naloga zahteva tudi daljšo razlago.

  1. Na kakšen način posredujete (v katerem delu ure, …) in preverjate domače naloge?  

Proti koncu ure povem številke nalog iz učbenika ali zbirke vaj, po jemanju nove snovi jih napotim tudi na rešene primere v učbeniku, svojo spletni učilnico ter učilnico E-um.  Preverjam na začetku ure. Tu lahko učenci tudi vprašajo za potek tistih nalog, ki jih niso uspeli rešiti ali je jim ne ujema rezultat.

  1. Kakšna je po vašem mnenju vloga staršev pri domačih nalogah?

Različna. Nekateri starši se zavedajo, da rezultate lahko prinese samo trdo delo in podpirajo tako učenca kot učitelja, ki naloge daje, ostali pa iščejo za svoje otroke bližnjice in kričijo, da je nalog preveč.

Sangaku(109)

Osemkotnik

Ali je osemkotnik v spodnjem kvadratu pravilen?

Določi razmerje ploščin in obsegov osemkotnika in kvadrata. Rezultat naj bo, če se le da, točen.

Vincenc Petruna, 7 September 2014, Narejeno z GeoGebro

Fuzbalska lestvica

 

[latexpage]

Na evropskem in svetovnem prvenstvu v nogometu so reprezentance razvrščene v skupine po 4 in odigrajo med seboj vsaka z vsemi, torej vsaka 3 tekme, skupaj 6 tekem. Za zmago dobi ekipa 3 točke, za neodločen rezultat eno, ob porazu pa ostane brez točk. Ekipi, ki v skupini zbereta največ točk, se uvrstita v nadaljnje tekmovanje, preostali pa odpotujeta domov.

Vprašajmo se, kakšni so možni točkovni izidi po koncu tekem v skupini. Na misel nam pride, da je eden od možnih izdov osvojenih točk   npr. 9,6,3,0, kar pomeni, da ni bilo nobenega neodločenega rezultata, temveč same zmage,  in da je prva ekipa premagala ostale tri, druga izgubila s prvo, premagala pa ostali, tretje je izgubila z ekipama pred njo, premagala pa zadnjo in nazadnje četrta ekipa je izgubila vse tekme. Pri tem izidu je bilo v skupini razdeljeno maksimalno, 18 točk. Ni pa to edina taka možnost, preostali sta še npr. 9,3,3,3 ali 6,6,6,0.

Drug skrajni primer so sami remiji, torej 3,3,3,3. V tem primeru je bilo v skupini podeljeno minimalno, torej 12 točk.

Zanima nas, koliko je vseh možnih izidov osvojenih točk v skupini po koncu teh tekem. V skupini so 4 ekipe in vsaka igra z vsako, torej je skupaj $C_4^2={4 \choose 2}=6$ tekem. Ker so na vsaki tekmi tri možnosti izida, je po osnovnem izreku kombinatorike $N=^{\left(p\right)}\hspace{-1.8mm} V_6^3=3^6=729$ vseh možnosti. A število različnih izidov je dosti manjše, saj moramo odšteti njihove permutacije (npr 0,9,6,3 da isti izid kot 9,6,3,0). Imamo kar zapleten kombinatoričen problem. Namesto da bi ga rešili matematično, raje napišimo program, ki bo simuliral število točk po vseh možnih izidih teh tekem. Najprej sestavimo niz vseh izidov, nato pa izide v njem sortiramo in različne prepišemo v novi niz. V Pythonu gre to skoraj tako kot v slovenščini.

Koda programa zgleda takole:

#Program ugotovi vse različne možnosti osvojitve točk 
#v skupini 4 moštev.
#Medsebojnih tekem je 6, zmagovalec, dobi 3 točke, poraženec 0,
# v primeru
#neodločenega rezultata pa si moštvi razdelita 2 točki.
# V Petruna, junij 2014
x=3
y=0
z=1
izidi=[]
izid2=[]
for i in range(3):    
    for ii in range(3):
        for iii in range(3):
            for i4 in range(3):
                for i5 in range(3):
                    for i6 in range(3):
                        a=0
                        b=0
                        c=0
                        d=0
#simulacija izida na posamezni tekmi
                        if i==0:a=a+x;b=b+y
                        else:
                            if i==1:a=1;b=1
                            else:a=a+y;b=b+x

                        if ii==0:a=a+x;c=c+y
                        else:
                            if ii==1:a=a+1;c=c+1
                            else:a=a+y;c=c+x

                        if iii==0:a=a+x;d=d+y
                        else:
                            if iii==1:a=a+1;d=d+1
                            else:a=a+y;d=d+x   

                        if i4==0:b=b+x;c=c+y
                        else:
                            if i4==1:b=b+1;c=c+1
                            else:b=b+y;c=c+x

                        if i5==0:b=b+x;d=d+y
                        else:
                            if i5==1:b=b+1;d=d+1
                            else:b=b+y;d=d+x    

                        if i6==0:c=c+x;d=d+0
                        else:
                            if i==1:c=c+1;d=d+1
                            else:c=c+0;d=d+x

                        izi=[a,b,c,d]
                        izid=sorted(izi,reverse=True)                    
#tvorimo niz vseh izidov
                        izidi.append(izid)
#izločanje podvojenih
for i in range (len(izidi)):       
    if (izidi[i] not in izid2):
        izid2.append(izidi[i])       
izidis=sorted(izid2,reverse=True)
#računanje vsote točk v skupini
for i in range(len(izid2)):
    vsota=izidis[i][0]+izidis[i][1]+izidis[i][2]+izidis[i][3]
    izidis[i].insert(0,vsota)
#izpis števila vseh različnih možnosti
print "VSEH RAZLIČNIH MOŽNOSTI = ",len(izidis)
izidiss=sorted(izidis,reverse=True)
#izpis vseh različnih možnosti, urejenih po številu doseženih točk v skupini
for i in range(len(izidiss)):
    for j in range(5):
        print izidiss[i][j],"  ",
    print

Rezultat, ki ga dobimo, je naslednji:

18    9    6    3    0   
18    9    3    3    3   
18    6    6    6    0   
18    6    6    3    3   
17    9    6    1    1   
17    9    4    4    0   
17    9    4    3    1   
17    7    7    3    0   
17    7    6    4    0   
17    7    6    3    1   
17    7    4    3    3   
17    6    6    4    1   
17    6    4    4    3   
16    9    4    2    1   
16    7    7    1    1   
16    7    6    2    1   
16    7    5    4    0   
16    7    5    3    1   
16    7    4    4    1   
16    7    4    3    2   
16    6    5    4    1   
16    6    4    4    2   
16    5    4    4    3   
16    4    4    4    4   
15    9    2    2    2   
15    7    5    2    1   
15    7    4    3    1   
15    7    4    2    2   
15    6    5    2    2   
15    5    5    5    0   
15    5    5    4    1   
15    5    5    3    2   
15    5    4    4    2   
15    4    4    4    3   
14    7    3    2    2   
14    5    5    3    1   
14    5    5    2    2   
14    5    4    3    2   
13    5    3    3    2   
12    3    3    3    3

Opazimo torej, da je vseh možnih različnih izidov 40.

Zgornja tabela možnih točkovnih izidov po koncu tekmovanja v skupini pokaže nekaj zanimivosti. Možno je npr. napredovati samo z dvema remijema, ali zapustiti tekmovanje kljub dvem zmagam.  V prvem primeru ima drugovrščena ekipa samo 2 točki, v drugem pa tretjeuvrščena 6 točk (poišči v tabeli ta primera).  Tudi v zadnjem primeru, ko so tekmeci izenačeni, dva nadaljujeta, dva pa končata s tekmovanjem.

Tega dejstva ne  spremenijo niti dodatna pravila za napredovanje, ki so:

  1. točke
  2. razlika v golih (na vseh tekmah skupine)
  3. število doseženih golov (na vseh tekmah skupine)
    Če sta dve ali več reprezentanc še vedno izenačeni, se začne gledati medsebojne tekme!
  4. točke na medsebojni(h) tekmi(ah);
  5. razlika v golih na medsebojnih tekmah;
  6. število doseženih golov na medsebojnih tekmah;
  7. število točk ferpleja: rumeni karton -1 točka, drugi rumeni karton -3, neposredni rdeči karton -4, rumeni karton in neposredni rdeči karton
  8. žreb

 

Vidi se torej, da je kljub točkovanju zelo pomembna tudi sreča.

Grafika na spletni strani, Javascript in HTML5

Matematik želi prikazati matematično grafiko na zaslonu, po možnosti na spletni strani in -še bolj zaželjeno – po možnosti dinamično. Na začetku je te prikaze sprogramiral sam. Nato pa je bila v preteklih desetletjih razvita vrsta orodij, od tistih za prikaz grafov do orodij za modeliranje, ki se uporabljajo namensko npr. v strojništvu, gradbeništvu.  Programiranje je domala izginilo, sploh pa iz šol.  Slovenske firme danes vneto iščejo programerje, v glavnem brezuspešno. Nekatere jih morajo celo uvažati iz vzhodnih držav.

Sam sem se z dijaki precej ukvarjal z računalniško grafiko, najprej v strem dobrem Turbo Pascalu v operacijskem sistemu DOS, pod Okni pa v nadaljevanju Pascala  – programu Delphi. Dijaki so znali napisati samostojne grafične aplikacije, pretežno simulacije fizikalnih pojavov, in ti programi so se preko orodja Activex dali zaganjati tudi preko spleta. Napredno za tiste čase ob koncu tisočletja, a tudi povezano s težavami. Brskalnik je moral imeti varnostne nastavitve znižane, Delphi pa je bil plačljiv program in je kar nenadoma izginil, skupaj s svojo različico Kilix za Linux.

Sredi prejšnjega desetletja sem na nekem seminarju opazoval predavatelja, kako uspešno je zganjal grafiko na spletni strani z običajnim Javascriptom. Prikaz mi je bil zelo všeč, dosti manj pa koda. Sem pač scrkljan tako od Pascala in Delphija, da ko slišim C++, skoraj dobim ošpice, največ, kar lahko še prezvečim, je Python. Poleg tega se mi je zdelo, da uporablja trike iz CSS. Kljub temu sem napisal nekaj kratkih programov v Javascriptu, pa jih tudi hitro pozabil zaradi obilice drugega dela.

Potem pa mi je prišel v roke standard zadnje verzije HTML-ja, torej HTML 5.0. Podpirajo ga vsi moderni brskalniki, pa tudi mobilne priprave. Postal sem pozoren na njegovo podporo grafiki in sklenil sem, da spet poskusim. Tole je (s pomočjo priročnika seveda) pravkar ratalo. Ni bogvekaj in nič ne miga, je pa dokaz, da se da:

<html>
<head>
	<style type="text.css">
		canvas {border: 1px solid black}
	</style>
</head>
<body>
<h3>Moja prva grafika v HTML5</h3>
<canvas id="mycanvas" width="800" height="500"></canvas>
<script language ="Javascript">
var canvas = document.getElementById('mycanvas');
var c = canvas.getContext('2d');
c.fillStyle="red";
c.fillRect(0,0,20,10);

c.lineWidth=1;
c.beginPath();
c.moveTo(0,100);
c.lineTo(201,100);
c.stroke()

c.beginPath();
c.moveTo(100,0);
c.lineTo(100,120);
c.stroke()

for (i=-100;i<100;i++)
{
c.fillStyle="black";
c.lineColor="red";
c.lineWidth=3;
c.beginPath();
c.moveTo(i+100,100-i*i/100);
c.lineTo(i+101,100-i*i/100);
c.stroke()
}
</script>

</body>
</html>

zgornja koda  nam da naslednji graf kvadratne funkcije:

HTML5 ima navo značko platno <canvas>, na katerega lahko rišemo na spletni strani. Canvas je poznal tudi Delphi, zato  je pojem poznan. Nanj rišemo z ukazi iz Javascripta, kot so drawRect, fill in drawImage.

 

Moja prva grafika v HTML5


Zajci, lisice in propad industrijske civilizacije

Pred dobrima dvema letoma sem v tem blogu objavil prispevka o matematičnem modelu plenilec – plen, s katerim sem se prvič srečal leta 1981 ob nakupu slavne Mavrice – prvega osebnega računalnika ZX Spectrum, ki se je priključil kar na TV, namesto spominske enote pa je uporabljal kasetofon (za nevedneže – priprava, ki je shranjevala glasbo na kasete z magnetnimi trakovi). Moja članka o tem lahko najdete tu in tu.

Danes pa vidim, da ameriški matematični fizik J. Baez v svojem blogu objavil prispevek z dramatičnim naslovom Civilization collapse.  V njem omenja članek iz Guardiana:

• Nafeez Ahmed, NASA-funded study: industrial civilisation headed for ‘irreversible collapse’?Earth Insight, blog on The Guardian, 14 March 2014.

v njem zvemo, da

“global industrial civilisation could collapse in coming decades due to unsustainable resource exploitation and increasingly unequal wealth distribution.”

Kljub vprašaju v naslovu in besedi “could” je naslov skrb vzbujajoč. Zato sem pogledal, kdo so avtorji in kakšne metode uporabljajo. Izkazalo se je, da uporabljajo precej preprost model, ki temelji na  podobnem sistemu Lotka-Volterrovih enačb, kot so v mojem modelu Zajci in lisice, oz. Zajci, lisice in trava. A  spremenljivke so sedaj štiri, in sicer:

  • število “običajnih”  ljudi,
  • število pripadnikov “elite”,
  • naravni viri
  • bogastvo.

Poglejte tudi znanstveni članek te skupine, povezan s tem člankom.

V Baezovem blogu se je razvila tudi kar burna razprava o tem modelu, očitajo mu predvsem, da je (še) preenostaven, da bi lahko dajal verodostojne napovedi. Razprava  je proti koncu zašla v rast svetovnega prebivalstva, navajajo vire OZN, ki govorijo o manjšanju števila petnajstletnikov na svetu, kar se morda ujema z napovedjo, o kateri sem v tem blogu tudi že pisal. 

Signal

Po Fourierju lahko vsako periodično funkcijo zapišemo kot vsoto ali vrsto drugih periodičnih funkcij.
Animavija kaže, kako pravokoten signal lahko  kot vsoto sinusov tem bolj natančno, čim več členov  vsota vsebuje.

Premikaj drsnik.

Generator pravokotne in trikotne napetosti

Skoraj poljubna periodična funkcija se lahko izrazi kot neskončna vsota sinusov in cosinusov. Postopku pravimo razvoj funkcije v Fourierovo vrsto. Približek funkcije pa dobimo, če seštejemo samo nekaj prvih členov vrste.

Na voljo imaš pet sinusnih napetosti, katerim lahko nastavljaš amplitudo in (krožno) frekcenco. Sestavi iz njih približka za:

  • pravokotno napetost
  • trikotno napetost.

Vgnezdeni radikali

Vgnezdeni radikali (ang. Nested radical) so v algebri radikali (koreni), ki sami  vsebujejo radikale (korene). Primeri so npr.

\[ \sqrt{5-\sqrt{5}},\] ki nastopa v petkotniku,

\[\frac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{3}}=\sin{\frac{\pi}{12}},\]

itd. Radikalu, ki ni vgnezden, recimo enostaven radikal . Zanima nas, kdaj lahko vgnezdeni radikal spremenimo v enostavnega.  Pokaži npr. na dva načina, da je

\[\frac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.\]

Namig: Dijaki 2. letnika poiščite koren kvadrata desne strani, dijaki 3. letnika pa uporabite adicijski zrek in obrazec za polovični kot…)

Najljubša naloga

[latexpage]

Izmed vseh matematičnih nalog iz svojih gimnazijskih časov mi je v spominu najdlje ostala  naslednja:

V gradu straši, a ne vsako noč. Zagotovo straši, če prejšnjo noč ni strašilo. Če pa je prejšnjo noč strašilo, je enako verjetno, da to noč straši, kot da ne straši. V noči od srede na četrtek je strašilo. Kolika je verjetnost, da bo strašilo v noči od nedelje na ponedeljek?

Nalogo  je v šestdesetih letih objavil France Križanič v tretjem od svojih slavnih učbenikov za matematiko v gimnaziji Aritmetika, algebra in analiza, nekoliko spremenjeno pa jo najdemo tudi v njegovih kasnejših učbenikih.  Naloga sodi med markovske verige,  poglavju iz verjetnostnega računa, ki se imenuje po ruskem matematiku Andreju Andrejeviču Markovu.  Poglavje ni našlo svojega prostora v gimnazijskih učbenikih ne prej ne kasneje. Zakaj ne prej, je še razumljivo, saj si je Križanič prizadeval  posodobiti gimnazijsko matematiko in mu je to tudi uspelo. Kasneje pa je v gimnazijsko ladjo vkrcalo preveč potnikov in v skrbi, da jim ne bi bilo kaj pretežko, so vrgli proč večino njegovih posodobitev.

Zaporedju poskusov, ko se vsakič zgodi natanko eden od nezružljivih dogodkov

$$A_1,A_2,\dots ,A_n$$

in je verjetnost  $p_{ij}$, da se bo v naslednjem poskusu zgodil $A_j$, odvisna samo od dogodka $A_i$ iz tekočega poskusa in od $A_j$, pravimo veriga Markova ali markovska veriga. Posamezne verjetnosti $p_{ij}$ zapišemo v kvadratni prehodni matriki

$$P=\left[\begin{matrix}

p_{11},&p_{12},&\dots&p_{1n}\\

p_{21},&p_{22},&\dots&p_{2n}\\

\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\

p_{n1},&p_{n2},&\dots&p_{nn}\\

\end{matrix}\right]

$$

Vsota verjetnosti v vsaki vrstici marike $P$ je $$p_{i1}+p_{i2}+\dots+p_{in}=1,$$ saj se eden od dogodkov $A_i$ gotovo  zgodi.

Vrnimo se k reševanju naše naloge:

z $A_1$ označimo “straši”, z $A_2$ pa “ne straši”.  Potem elementi naše prehodne matrike pomenijo naslednje:

  • $p_{11} $ – verjetnost, da naslednjo noč straši, če je prejšnjo strašilo,
  • $p_{12} $ – verjetnost, da naslednjo noč ne straši, če je prejšnjo strašilo,
  • $p_{21} $ – verjetnost, da naslednjo noč straši, prejšnjo ni strašilo,
  • $p_{22} $ – verjetnost, da naslednjo noč ne straši, če prejšnjo ni strašilo.

Iz teksta naloge preberemo naslednjo prehodno matriko

$$P=\left[\begin{matrix}

\frac{1}{2},&\frac{1}{2}\\

1,&0\\

\end{matrix}\right]

$$

Kaj pa po dveh nočeh? Označimo z

  • $p_{11}(2) $ – verjetnost, da naslednjo noč straši, če je pred dvema strašilo,
  • $p_{12}(2) $ – verjetnost, da naslednjo noč ne straši, če je pred dvema strašilo,
  • $p_{21}(2) $ – verjetnost, da naslednjo noč straši, pred dvema ni strašilo,
  • $p_{22}(2) $ – verjetnost, da naslednjo noč ne straši, če pred dvema ni strašilo.

Dogodek, da to noč straši, če je pred dvema strašilo, se lahko zgodi takole: straši vse tri noči zapored ali pa straši – ne straši – straši. Dogodki so med seboj neodvisni, produkti pa nezdružljivi. Zato lahko zapišemo:

$$p_{11}(2) =p_{11}p_{11}+p_{12}p_{21}$$

Po podobnem premisleku dobimo še tri enačbe:

$$p_{12}(2) =p_{11}p_{12}+p_{12}p_{22}$$

$$p_{21}(2) =p_{21}p_{11}+p_{22}p_{21}$$

$$p_{22}(2) =p_{21}p_{12}+p_{22}p_{22}$$

V zadnjih enačbah prepoznamo elemente kvadrata prehodne matrike $P$. Če torej označimo s $P(2)$ prehodno matriko po dveh korakih  (nočeh), je

$$P(2)=\left[\begin{matrix}p_{12}(2),&p_{12}(2)\\p_{21}(2),&p_{22}(2)\\\end{matrix}\right]=

\left[\begin{matrix}p_{11}p_{11}+p_{12}p_{21}&p_{11}p_{12}+p_{12}p_{22}\\

p_{21}p_{11}+p_{22}p_{21}&p_{21}p_{12}+p_{22}p_{22}\\\end{matrix}\right]=P^2.$$

Brez težav posplošimo na prehodno matriko za n korakov. Uganili ste

$$P(n)=P^n.$$

Preostane še, da preštejete , koliko je noči, izračunate ustrezno prehodno matriko, v njej pogledate pravi element in mi sporočite rezultat.

Dve nalogi iz Azimutha

[latexpage]

Na strani Azimuth je ameriški matematični fizik John Baez povzel nekaj tudi za srednješolce zanimivih geometrijskih nalog. Med drugim sta Hipokratovi luni, o čemer sem v  blogu že pisal, nekaj nalog pa je svežih in nenavadnih.

Prva naloga govori o enakostraničnem trikotniku in pravi:

\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
[+preamble]
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
[/preamble]
\draw[thin](5,2.88) circle (5.76cm);
\draw[thick](0,0)–(10,0)–(5,8.66)– cycle;
\filldraw[thick,olive,opacity=0.5](5,2.88) circle (2.88cm);
\draw[fill=orange,thick,opacity=0.5](0,0) — (5,8.66) to [out=182,in=59] (0,5.8) to [out=241, in =119] (0,0);
\draw[thick,fill=orange, opacity=0.5](5,0) — (10,0) — (7.54,4.33) to [out=-64,in=60] (7.54,1.5) to [out=-122, in=0] (5,0);
\node (a) at (5,2.88) {$S$};
\node (b) at (6.4,1.4) {\Large $P_2$};
\node (c) at (1,4.5) {\Large $P_3$};
\node (d) at (8.1,0.7) {\Large $P_1$};
\node (e) at (5,0) [below] {$a$};
\end{tikzpicture}

Pokaži, da so obarvane ploščine na skici med seboj v preprosti zvezi.

Tale dokaz je izvedel Stane Š. Uvedel je oznake $P_1,$ $P_2$ in $P_3$ za ustrezne ploščine, stranico trikotnika pa označimo z a.

Potem pa je “pridno” računal:

$$\displaystyle P_1=\frac{1}{3} \left( \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}-\frac{a^2\pi}{12}\right) = \underline{\underline{\frac{a^2 \sqrt{3}}{12}-\frac{\pi a^2}{36}}} $$

$$\displaystyle P_2= \frac{\pi a^2}{12}=\underline{\underline{\frac{1}{3} \frac{\pi a^2}{4}}} $$

$$\displaystyle P_3=\frac{1}{3} \left( \pi \left( \frac{2}{3} \frac{a^2 \sqrt{3}}{2}\right)^2 -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)= $$

$$\displaystyle = \frac{1}{3} \left( \pi \frac{4 a^2 3}{9\cdot 4} -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)=$$

$$\displaystyle = \underline{\underline{\frac{1}{3} \left( \frac{\pi a^2}{3} -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)}}$$

In če zdaj te izraze dobro pogledamo, hitro (u)vidimo:\\

$\displaystyle P_1+P_3= \frac{\pi a^2}{9}-\frac{\pi a^2}{36} = \frac{ \pi a^2}{3} \left( \frac{12}{9} – \frac{1}{3}\right) = \frac{ \pi a^2}{3}= P_2$

 

Druga naloga pa govori o polkrogih, ki sta v krog vrisana takole:
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
[+preamble]
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
[/preamble]
%\draw[help lines](-5,-5) grid (5,5);
\draw [](0,0) circle(5cm);
\draw[fill=red, opacity=0.4] (-4.32,-2.52) arc [radius=2.52, start angle=-90, end angle=90];
\draw[fill=olive, opacity=0.4] (2.52,-4.32) arc [radius=4.32, start angle=270, end angle=90];
\draw[dashed](0,0)–(-4.32,2.52)–(-4.32,0)–cycle;
\draw[dashed](0,0)–(2.52,0)–(2.52,4.32)–cycle;
\node (S) at (0.2,-0.2) {$S$};
\node (r1) at (-3.2,0.2) {$r_1$};
\node (r2) at (2.64,2.16) {$r_2$};
\node (d) at (-1,0.2) {$d$};
\node (S1) at (-3,-1) {$S_1$};
\node (S2) at (1.5,-2) {$S_2$};
\node (R) at (0.9,2) {$R$};
\node (r1) at (1.3,0.2) {$r_1$};

\end{tikzpicture}

Naloga pravi: Pokaži, da se vsota ploščin obeh pokrogov preprosto izraža.

Označimo z $S$ središče kroga, z $R$ polmer velikega kroga, z $d$ razdaljo med $S$ in dotikališčem polkrogov, polmer malega polkroga z $r_1$ in polmer večjega polkroga z $r_2.$ Črtkana trikotnika sta skladna, saj se ujemata v stranici in priležnih kotih. Zato lahko preberemo iz skice zvezo med polmeroma
$$r_2=r_1+d.$$
Ko v obeh trikotnikih uporabimo Pitagorov izrek, dobimo tudi enačbi
$$(r_1+d)^2+r_1^2=R^2,$$
$$r_1^2+r_2^2=R^2.$$
Potrebujemo samo drugo zvezo. Vsota ploščin obeh polkrogov torej znaša

$$S_1+S_2=\frac{\pi}{2}\left(r_1^2+r_2^2\right)=\frac{\pi}{2}R^2.$$
Nazadnje smo uporabili zvezo v desnem trikotniku. Vsota ploščin polkrogov je torej enaka polovici ploščine velikega kroga. S tem je izrek dokazan.

Zadnji izrek je znan šele od leta 2011:Glej Andrew K. Jobbings, Two semicircles fill half a circle, The Mathematical Gazette 95 (Nov. 2011), 538–540.

Glej tudi  geometrijski dokaz Grega Egana.

Preslikave

Poišči bijektivno preslikavo, ki preslika zaprti interval $ [0,1]$ v odprti interval $(0,1)$.

No pa dajmo s pomočjo pokojnega Cantorja:

0 in 1 je treba preslikat nekam noter v interval. Po kosih definirajmo f(x):

če x=0; f(x)=1/2

in sedaj neskončno ulomkov oblike 1/n premaknemo za dve mesti v neskončnost:

če x=1/n; f(x)=1/(n+2) pri čemer je n € N

vse ostale x pa preslikamo vase … Na kratko:

$$f(x) = \begin{cases}
1/2, & x=0 \\
1/(n+2), & x=1/n & n \in N \\
x, & \text{ sicer}\end{cases}$$\\
Naslednji izziv: najdi (vsaj eno) bijektivno preslikavo, ki preslika odprti interval (0,1) v množico realnih števil R.

 

Poenostavitev iracionalnega izraza

A.J. je objavil naslednjo nalogo:

Poenostavi izraz: \[x=\sqrt[3]{50+\sqrt{\frac{67375}{27}}}+\sqrt[3]{50-\sqrt{\frac{67375}{27}}}\]

Ena od možnih poti reševanja je, da se opremo na iz osnovne šole znani obrazec za kub  dvočlenika:

\[(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\]

Označimo torej z \[a=50\] in \[b=\frac{67375}{27},\] pa začnimo:

\[x=\sqrt[3]{x^3}=\sqrt[3]{\left( \sqrt[3]{a+\sqrt{b}}+\sqrt[3]{a-\sqrt{b}} \right)^3}=\]

\[=\sqrt[3]{2a+3\sqrt[3]{a^2-b}\cdot x}\]

Enačbo  kubiramo, da dobimo kubično enačbo

\[x^3-3\sqrt[3]{a^2-b}\cdot x-2a=0\]

Vstavimo noter a in b, pa dobimo  enačbo

\[x^3-5x-100=0,\]

ki ima edino realno rešitev \[x=5\], kar je tudi vrednost danega izraza.

Prav mogoče je, da obstaja še kakšna druga pot…

Naloga postavlja več dodatnih vprašanj, npr. pri katerih naravnih (ali vsaj racionalnih) številih a in b je izraz te oblike naravno število. S pomočjo tehnologije lahko najdemo nekaj najmanjših dvojic. Preizkusi naslednje pare:

a 9 14 20 26 40
b 80 169 392 675 1573

 

 

 

 

Neskončna lestev, zlati rez in zajčki

Imamo neskončno lestev enakih uporov z upornostjo $R=1\Omega$.

Kolikšna je nadomestna upornost vezja $R_x$?

Značilni prijem za tovrstne naloge je, da vezju z nadomestno upornostjo $R_x$ dodamo eno vejo.

Velja

$$R+\frac{1}{\frac{1}{R}+\frac{1}{R_x}}=R_x$$

$$R+\frac{R\cdot R_x}{R+R_x}=R_x$$

po ureditvi dobimo kvadratno enačbo za $R_x$

$$R_x^2-R\cdot R_x-R^2=0$$

$$R_{x}=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2} R$$

 

Fizikalno smiselna je le pozitivna rešitev s približkom $R_x=\varphi=1,618…$.
$R_x$ je pravzaprav enak številu zlatega reza $\varphi$.

Če pa po drugi strani pogledamo nekaj zaporednih približkov vezja, dobimo naslednje:

 

$R_1=R=1$

$R_2=R+R=2R=2$

$R_3=\frac{1}{\frac{1}{R}+\frac{1}{R_2}}=\frac{3}{2}R=1,5$

$R_4=R+1/(1/R+1/(R_3))=R+2R/3=5R/3=1,666$

$R_5=1/(1/R+1/(R_4))=8R/5=1,6$

$R_6=R+1/(1/R+1/(R_5))=R+5R/8=13R/8=1,625$

$R_7=1/(1/R+1/(R_6))=21R/13=1,615$

in tako naprej.

Zaporedne vrednosti
$$\frac{1}{1}, \frac{2}{1}, \frac{3}{2}, \frac{5}{3}, \frac{8}{5}, \frac{13}{8}, \frac{21}{13}, …$$
alternirajo okrog končne rešitve.

In kje so zajčki? Odgovor prepuščamo bravcu.

Pravokotni trikotnik

V enem od zvezkov Shrinivase Ramanujana najdemo tudi skico naslednjega pravokotnega trikotnika z lokoma, ki razdelita hipotenuzo na daljice u, v in z.

Skica je uvod v nalogo, katere lažji del se prične takole: Pokaži, da je \[v^2=2uz.\]

Shrinivasa

Ko prebiram delo indijskega matematika Shrinivase Ramanujana, ostajam osupel nekako tako kot ob pogledu na strop Sikstinske kapele in se spomnim na verz iz Župančičeve Dume:

...
kot da se niso rodili iz matere,
kot da goram se iz bokov izvili so
....

Zapisi trditev, ki jih je našel ta matematični genij brez formalne matematične izobrazbe (poguglajte, tudi njegov življenjepis je nekaj posebnega!), delujejo  kot nekaj izven zemeljskega, prej božanskega kot človeškega. Formule je velikokrat navajal brez dokazov in z njimi  osupljal  matematični svet zgodnjega 20. stoletja Lahko je bilo preveriti, da so njegove trditve resnične, a ostali matematiki so imeli polne roke dela, da so ugotovili, kako je Ramanujan prišel do njih.  Taka nam še razumljiva trditev je denimo

\[\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\dots } } } }=3.\]

Izrazu zaporednih korenov na levi pravimo neskončni vgnezdeni radikal. Trditev lahko preverimo tako, da zračunamo nekaj zaporednih približkov, število približkov lahko bistveno povečamo strojno in ugotovimo, da je le-ta resnična. Toda, kako je Ramanujan prišel do nje?

Danes sem našel članek indijskega statističnega instituta, izdan ob obletnici Ramanujanovega rojstva. Naslovnica je pomenljiva
Za neskončnim vgnezdenim radikalom v naslovu je čudovita zgodba, ki se prične prav preprosto, namreč takole:
\(x+n=\sqrt{(x+n)^2}=\sqrt{n^2+x^2+2xn}=\sqrt{n^2+x(x+n+n)}\)       (1)
V rezultatu opazimo, da se je pod korenom znova pojavil izraz \(x+n\), torej imamo možnost neskončnega ponavljanja – rekurzije. Nadaljujemo z zadnjim faktorjem v prejšnjem korenu

\[x+2n=\sqrt{(x+2n)^2}=\sqrt{4n^2+x^2+4xn}=\sqrt{n^2+(x+n)(x+2n+n)},\]

\[x+3n=\sqrt{(x+3n)^2}=\sqrt{9n^2+x^2+6xn}=\sqrt{n^2+(x+2n)(x+3n+n)},\]

in tako naprej.  Opravimo ustrezne zamenjave v zadnjih faktorjih korenov, pa iz (1) dobimo Ramanujanov obrazec

\[x+n=\sqrt{n^2+x\sqrt{n^2+(x+n)\sqrt{n^2+(x+2n)\sqrt{\dots}}}}.\]

Za \(x=2\) in \(n=1\) nam ta obrazec res da
\[\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\dots } } } }=3,\]

v obrazcu iz naslova članka pa je \(x=199\) in \(n=1\), gre torej za 120-letnico Ramanujevega rojstva.

Pa še naloga za vas: Izračunajte naslednji neskončni vgnezdeni radikal

\[\sqrt{25+55\sqrt{25+60\sqrt{25+65\sqrt{25+\dots } } } }\]

Razdalja točke od premice(2)

Poglejmo še v prostor. Naj bo premica \(p\) podana v kanonični obliki

\[\frac{x-a_1}{b_1-a_1}=\frac{y-a_2}{b_2-a_2}=\frac{z-a_3}{b_3-a_3}.\]

Pri tem sta \(A(a_1,a_2,a_3\) in \(B(b_1,b_2,b_3)\)  fiksni točki na premici \(p\), \(X((x,y,z\) pa poljubna točka na njej. Naj bo v prostoru še točka \(T_o(x_o,y_o,z_o),\) katere razdalja od premice \(p\) nas zanima.

Iz skice vidimo, da je iskana razdalja \(d\) višina paralelograma, ki ga oklepata vektor \(\vec{p}\) na premici \(\vec{p}=\vec{r_B}-\vec{r_A}\) in vektor \(\overrightarrow{AT_o}=\vec{r_{T_o}}-\vec{r_A}.\) Upoštevamo, da je ploščina paralelograma enaka absolutni vrednosti vektorskega produkta ustreznih vektorjev, pa dobimo

\[d(T_o,p)=\frac{|\vec{p}\times\overrightarrow{AT_o}|}{|\vec{p}|}.\]

Primer: Kolikšna je razdalja med točko \(T_o(1,1,-1)\) od premice \(x=y=z?\)

Rešitev: Iz enačbe premice preberemo \(A(0,0,0)\), \(\vec{p}=(1,1,1)\) in \(|\vec{p}|=\sqrt{3}.\)Potem je \(\overrightarrow{AT_o}=(1,1,-1),  \vec{p}\times\overrightarrow{AT_o}=(-2,2,0)\)  in \( |\vec{p}\times\overrightarrow{AT_o}|=\sqrt{8}.\) Iskana razdalja je torej \[d=\sqrt{\frac{8}{3}}.\]

Razdalja točke od premice(1)

Razdalja točke od premice v ravnini je poglavje, ki je iz slovenskih učbenikov izginilo pred nekako tridesetimi leti. Pred tem ga najdemo v Križaničevih učbenikih z izpeljavo, ki se mi ne zdi najbolj posrečena. Morda bi bilo bolje ravnati takole:

Primerjajmo najprej obliko enačbe premice skozi  točki \(T_1(x_1,y_1)\) in \(T_2(x_2,y_2)\) ter njeno implicitno obliko \[ax+by+c=0.\].  Spremenimo prvo obliko \[y-y_1=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}{(x-x_1)}\] v drugo, pa po ureditvi  dobimo

\[(y_1-y_2)x+(x_2-x_1)y+x_1y_2-x_2y_1=0.\]

Opazimo, da je \[y_1-y_2=a,\quad x_2-x_1=b\] in \[x_1y_2-x_2y_1=c.\]  Te zveze bomo uporabili pri izpeljavi razdalje točke od premice.

Sedaj pa k nalogi: Imejmo  v ravnini premico p, ki je podana v implicitni obliki \(ax+by+c=0\). Poleg tega imejmo še točko \(T_o(x_o,y_o)\) in radi bi določili razdaljo \(d(T_o,p)\) te točke od premice, kot je razvidno na skici:



Izberimo na tej premici poljubni točki \(T_1(x_1,y_1)\) in \(T_2(x_2,y_2)\). Opazimo, da točke \(T_o, T_1\) in \(T_2\) tvorijo oglišča trikotnika in iskana razdalja \(d\) je ravno višina trikotnika. Višino pa lahko  dobimo iz ploščine trikotnika, to pa znamo izračunati. Torej lahko zapišemo

\[d(T_o,p)=\frac{2S}{d(T_1,T_2)},\]

pri čemer je \[S=\frac{1}{2}\begin{Vmatrix}x_1-x_o&y_1-y_o\\x_2-x_o&y_2-y_o\end{Vmatrix}\] ploščina trikotnika,

\[d(T_1,T_2)=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}=\sqrt{a^2+b^2}\]

pa dolžina osnovnice trikotnika, torej razdalja med točkama  \(T_1(x_1,y_1)\) in \(T_2(x_2,y_2)\).  Torej je

\[d(To,p)=\frac{|x_1y_2+x_oy_o-x_1y_o-x_oy_2-x_2y_1-x_oy_o+x_2y_o+x_oy_1|}{\sqrt{a^2+b^2}}.\]

Ko uredimo še števec, dobimo ravno

\[d(T_o,p)=\frac{|ax_o+by_o+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.\]

kar je iskani obrazec.  Opazimo lahko, da je premica z enačbo \(ax+by+c=0\) od izhodišča koordinatnega sistema oddaljena za

\[\frac{|c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.\]

Sangaku(7)

Če sta stranici rjavih kvadratov zaporedoma a in b, kolikšna je

  • ploščina oranžnega kvadrata,
  • ploščina vijoličastega kvadrata,
  • ploščina zelenega kvadrata?

Naloga je rešljiva z znanjem drugega letnika srednje šole. A če znate potegniti pravo črto (kar zna po mnenju mojega profesorja dr. Franca Križaniča, beri Nihalo, prostor in delci – le pravi matematik) postane naloga rešljiva že z znanjem osnovne šole. Korajžno na delo!

Sangaku(4)

Četrta japonska uganka je zelo lepa, a morda malo težja – ali pa tudi ne?

Določite polmer katerega od skladnih krogov, če je stranica kvadrata enaka 1. Določi tudi kot med poševnico skozi spodnje levo oglišče in osnovnico kvadrata.

PTR v srednji šoli (11)

Poglejmo še, kako je v PTR z delom in energijo. Najprej ugotovimo, da 2. Newtonov zakon v obliki

$$\vec{F}=m\vec{a}$$

ne velja,  saj  masa telesa ni stalna, temveč odvisna  od hitrosti. Zapisati ga moramo  takole

$$\vec{F}=\frac{d\vec{G}}{dt},$$

pri čemer je

$$\vec{G}=m\vec{v}$$

gibalna količina telesa.  Delo, ki ga opravi ta sila, je torej enako

$$A=\int_{x_1}^{x_2}{F(x)dx}=\int_{x_1}^{x_2}{\frac{dG}{dt}dx}=\int_{G_1}^{G_2}{vdG}$$

 Pozabavajmo se  najprej z nedeločeni integralom – integrandu poiščimo primitivno funkcijo. Integrala se najprej lotimo “per partes”

$$\int{vdG}=vG-\int{Gdv}=vG-m_o\int{\frac{vdv}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}},$$

nato pa uvedemo novo spremenljivko

$$1-\frac{v^2}{c^2}=u.$$

Dobimo, da je zadnji integral enak

$$m_o\int{\frac{vdv}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}}=-m_oc^2\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}},$$

kar skupaj da iskano funkcijo

$$\int{vdG}=\frac{m_ov^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}+m_oc^2\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}=\frac{m_o(v^2+c^2-v^2)}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}})}=mc^2.$$

Delo je torej enako spremembi zgornje funkcije

$$A=\int_{G_1}^{G_2}{vdG}=(m_2-m_1)c^2.$$

Iz fizike pa poznamo izrek o mehanski energiji: Delo je enako spremembi mehanske  energije telesa.  Zato  prepoznamo v zgornji funkciji energijo telesa:

$$W=mc^2~~~~(1)$$

Telo, ki miruje,  ima torej mirovno ali lastno  energijo

$$W_o=m_oc^2~~~~(2)$$

Enačba (1) je najbrž najslavnejša fizikalna enačba. O njej poje celo pesem  J. Menarta:

Oda od, balada balad, E=mc². 

Enačba (2) pa daje odgovor na pomembno vprašanje: Kaj je masa? V obrazcu vidimo, da je masa energija, deljena s kvadratom konstante, torej (zelo zgoščena) energija.

Polno energijo delca W  definiramo kot vsoto njegove lastne in kinetične energije, torej

$$W=W_o+W_k.$$

Od tod dobimo za kinetično energijo naslednji izraz

$$W_k=W-W_o=mc^2-m_oc^2=m_oc^2(\gamma-1).$$

Pri tem je seveda $\gamma$ relativistični faktor, omenjen v prejšnjih poglavjih.

Naprej

Krožnica(2)

Krožnici se dotikata z zunanje strani.

  1. Konstruiraj tretjo krožnico, ki se dotika obeh.
  2. Konstruiraj četrto krožnico, ki se prvi dve dotika od zunaj, tretje pa od znotraj (dve rešitvi).

Namig: Pri prvi nalogi lahko ugotoviš središče in polmer iskane krožnice že s premislekom, pri drugi pa je glavna težava določiti polmer 4. krožnice. Zato poveži središča vseh krogov, poglej, kje so trikotniki pravokotni od tam izrazi neznano. Upam, d ati bo v pomoč tudi spodnja animacija:

 

Otok zajcev in lisic

V začetku 80.let  so tudi k nam z Otoka pljusnile Mavrice – črna škatlica s smešno gumijasto tipkovnico  (Mirko tipka na radirko) je bila v bistvu eden  prvih osebnih računalnikov in  v njem je bilo junaško srce – procesor Zilog80.  Spomina je imela mrcina celih 64kb, od tega 16kb ROMa in 48kb RAMa. Za zunanjo spominsko enoto so Mavrice imele kar kaseto, ki smo jo poganjali na z računalnikom povezanim kasetnikom, namesto monitorja pa je služil kar TV sprejemnik – če je bil barvni, ste imeli  tudi barve. Srečni kupec je poleg Mavrice dobil še kaseto s programi in eden od teh programov je bil tudi Otok zajcev in lisic.

Torej, na otoku živijo zajci in lisice. Število zajcev se s časom veča zato, ker se zajci razmnožujejo, in pada zato, ker jih lisice lovijo. Število lisic pa se prav tako spreminja – veča, ker se množijo, in manjša, ko jim zmanjka hrane.  Označimo z z trenutno število zajcev, za l trenutno število lisic, dz in dl pa naj bosta prirastka zajcev in lisic v časovnem intervalu dt.  Število  tako zajcev kot lisic lahko opišemo z diferencialnima enačbama:

\[ dz=(az-bz\cdot l)dt, \]

\[ dl=(cl-d\frac{l}{z})dt. \]

Da je prirastek zajcev odvisen od njihovega trenutnega števila, ne preseneti, daj je to značilno za naravno rast. Upad števila (negativni predznak!) pa je odvisen od števila srečanj zajcev in lisic, to število pa je premo sorazmerno tako s številom zajcev kot s številom lisic.  Umiranje lisic zaradi lakote pa je premo sorazmerno s številom lisic in obratno sorazmerno s številom zajcev. Pri tem sta a in c konstanti, ki nekaj povesta o plodnosti zajklje oziroma lisice, b je v zvezi z verjetnostjo, da ob srečanju lisica-zajec slednji izdahne, d pa, da lisica od lakote umre.

Imamo torej sistem dveh nelinearnih diferencialnih enačb 1. reda, zato  rešitev ni preprosta. A spreminjanje obeh populacij s časom se je dalo spremljati že na tej Mavrici, danes pa lahko to počnemo v preglednicah ali nalogo sprogramiramo v kakem programskem jeziku.  V programu najprej določimo časovni interval ter začetno število zajcev in lisic, nato pa računamo prirastke iz diferencialnih enačb.

Kaj pričakujemo? Najbolj verjeten izid je, da bo na otoku najprej  zmanjkalo zajcev, nato pa še lisic in otok bo opustel.  Ob skrbno izbranih konstantah in začetni populaciji pa se nam lahko zgodi tole:

Rdeče so zajci, modro pa lisice. Grafa nista v merilu, zajcev je  5000 krat več kot lisic. Opazimo, da se populaciji spreminjata ciklično, da je vrh populacije lisic zamaknjen glede zajce in da je manjšanje populacije pri lisicah hitrejše kot pri zajcih.

Program je pisan v Pythonu, konstante se vidijo v kodi:

from Tkinter import *
from math import sin,pi
root = Tk()
("symbol",8)
root.title("Zajci in lisice -V. Petruna, januar 2010")
can = Canvas(root, width = 1010, height = 1000, background = "white")
can.create_line(10,500,1000,500, width = 1, fill = "black")
can.create_line(10,500,10,10, width = 1, fill = "black")
z=100
l=10
a=6.
b=1
c=4.
d=3000
dt=0.001
for t in range(10000):
    z=z+(a*z-b*z*l)*dt
    l=l+(c*l-d*l/z)*dt
    can.create_line(10+t*dt*100,500-z/1000,11+t*dt*100,500-z/1000, width = 2, fill = "red")
    can.create_line(10+t*dt*100,500-l*5,11+t*dt*100,500-l*5, width = 2, fill = "blue")
can.pack(side = BOTTOM)
root.mainloop()

Naloga: Določi  konstante ali začetno število v obeh populacijah tako, da so nihanja v populaciji čim manjša.  Dosežeš lahko takle

ali še boljši graf. Vse to lahko storiš že s srednješolskim znanjem. (Namig: Če se količini ne spreminjata, kakšna je leva stran enačb?)

Več o tej tematiki lahko najdeš tu.

PTR v srednji šoli(9)

Lorenzove transformacije lahko zapišemo v kompaktnejši matrični obliki:

\[
\begin{bmatrix}ct\\x\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\gamma&\gamma\beta\\\gamma\beta&\gamma\end{bmatrix}\begin{bmatrix}ct^\prime\\x^\prime\end{bmatrix}
\]

V njej nastopa Lorenzova matrika

\[
\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}&\frac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}}\\\frac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}}&\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}
\end{bmatrix}\quad\quad\quad(1)
\]

Prvo koordinato v levem vektorju enačbe (1) dobimo tako, da skalarno pomnožimo 1. vrstico matrike z desnim vektorjem in podobno tudi 2. koordinato. Pred matriko je relativistični faktor.

Opazimo, da se s svetlobno hitrostjo c pomnoženi čas v zapisu obnaša tako kot koordinata x. Če pišemo še koordinati y in z, ki sta prečni na smer gibanja, dobimo

\[
\begin{bmatrix}
ct\\x\\y\\z
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
\gamma& \gamma\beta&0&0\\\gamma\beta&\gamma&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
ct^\prime\\x^\prime\\y^\prime\\z^\prime\end{bmatrix}
\]

Seveda tudi tu velja, da dobimo i-to komponento levega vektorja tako, da skalarno pomnožimo i-to vrstico matrike z desnim vektorjem. Še obratna Lorenzova transformacija:

\[
\begin{bmatrix}ct^\prime\\x^\prime\\y^\prime\\z^\prime
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
\gamma& -\gamma\beta&0&0\\-\gamma\beta&\gamma&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}ct\\x\\y\\z
\end{bmatrix}
\]

Relacije nam ponujajo odgovor na vprašanje, kaj je čas. Čas je pač ena od koordinat štirirazsežnega prostora-časa. Vektorju

\[
\begin{bmatrix}
ct\\x\\y\\z
\end{bmatrix}\]

pravimo dogodek  v prostoru- času. Lorentzove transformacije nam pomagajo preračunavati dogodke iz enega v drug inercialni sistem v prostoru-času.

PTR v srednji šoli(8)

V obrazcih posebne teorije relativnosti se ves čas pojavlja relativistični faktor

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}},$$

pri čemer je

$$\beta=\frac{v}{c}$$

razmerje med hitrostjo telesa in svetlobno hitrostjo.  Odvisnost relativističnega faktorja od tega razmerja kaže naslednja animacija

 

Opazimo, da je pri običajnih hitrostih ta faktor blizu 1, zato relativističnih pojavov ne opazimo in lahko uporabljamo tudi Galilejeve transformacije. Faktor je treba upoštevati šele, ko imamo opravka s hitrostmi, ki niso majhne v primeri s hitrostjo svetlobe, pa tudi, ko potrebujemo izjemno natančnost meritev.

PTR v srednji šoli (7)

novo seštevanje hitrosti

Ker pri velikih hitrostih ne veljajo Galilejeve transformacije, tudi staro seštevanje hitrosti ne velja več.  Izpeljimo  torej pravi izraz.

Naj se v sprevodnikovem sistemu premika palica proti začetku vlaka(spomnimo se, ta vozi mimo postajenačelnika s hitrostjo v) tako, da sprevodnik zanjo nameri hitrost v’.  Postajenačelnik pa uporabi Lorentzove transformacije in dobi

[math]v_p=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{(\Delta x^\prime+v\Delta t^\prime)\sqrt{1-\beta^2}}{\sqrt{1-\beta^2}(\Delta t^\prime+(v/c^2)\Delta x^\prime)}[/math]

Okrajšamo korene in delimo števec in imenovalec z [math]\Delta t^\prime,[/math]  pa dobimo

[math]v_p=\frac{v+v^\prime}{1+\frac{v\cdot v^\prime}{c^2}}.\quad \quad \quad (1)[/math]

 V računu smo upoštevali, da je

[math]v^\prime=\frac{\Delta x^\prime}{\Delta t^\prime}[/math]

hitrost, ki jo izmeri sprevodnik. Pa smo izpeljali novi obrazec za seštevanje hitrosti. Njegova značilnost je, da postajenačelnik ne more nameriti več kot c celo, če se vlak glede nanj giblje s hitrostjo c in se palica glede na vlak giblje s hitrostjo c.

Torej: če se vozite s hitrostjo c in svetite  z baterijo v smeri gibanja, ima svetloba baterije glede na mirujočega opazovalca hitrost c. To se seveda se ne sklada z Galilejevim seštevanjem hitrosti, ujema pa se z načelom o svetlobni hitrosti.

 

 

PTR v srednji šoli (6)

Zadnjič smo izpeljali Lorenzove transformacije, sedaj pa si oglejmo nekaj  zanimiviih posledic. Prva je skrčenje dolžine, druga pa podaljšanje časa.

Skrčenje (kontrakcija) dolžine

Imejmo v sprevodnikovem opazovalnem sistemu palico, položeno v smeri osi $x’$. Definirajmo najprej lastno dolžino $L_0$ palice kot dolžino palice v sistemu, glede na katerega le-ta miruje. Ko torej sprevodnik izmeri njeno dolžino, dobi

$$L_0=x_2^\prime-x_1^\prime$$

njeno lastno dolžino $L_0.$ Ko pa isto palico meri postajenačelnik, (obe krajišči izmeri v istem trenutku, torej  $t_1=t_2$),  dobi

$$L=x_2-x_1.$$

Velja

$$L_0=x_2^\prime-x_1^\prime=\frac{x_2-x_1}{\sqrt{1-\beta^2}}=\frac{L}{\sqrt{1-\beta^2}},$$

od koder dobimo

$$L=L_o\sqrt{1-\beta^2}.$$

Ker je koren v izrazu manjši od 1, postajenačelnik torej nameri manj kot sprevodnik.  Zanj je  sprevodnikova palica krajša, do skrčitve pride samo v smeri gibanja. Hitro gibajoča se krogla ima torej obliko elipsoida s krajšo polosjo v smeri gibanja.

 Podaljšanje (Dilatacija )časa

Drugič pa naj se skupaj s sprevodnikom v točki x’ pelje ura, ki sprevodniku meri časovni interval

$$t_o=t_2^\prime-t_1^\prime.$$

Podobno kot prej bomo časovni interval, ki ga ura meri v sistemu, glede na katerrega miruje, imenovali lastni čas.  Sprevodnik torej izmeri lastni čas te ure. A na uro gleda tudi postajenačelnik, ki izmeri časovni interval t takole

$$t=t_2-t_1=\frac{(v/c^2)x^\prime+t_2^\prime-(v/c^2)x^\prime-t_1^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}}=\frac{t_2^\prime-t_1^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$

Za postajenačelnika je torej ta časovni interval daljši od tistega, ki ga je nameril sprevodnik, namreč

$$t=\frac{t_o}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$


Najhitreje torej teče lastni čas, vsi ostali inecialni sistemi pa namerijo daljše časovne intervale. 

Ravno podaljšanje časa je eksperimentalno največkrat preverjano. Eden od načinov je preverjanje z dovolj (na milijadinko sekunde) natančno uro, ki jo pošljejo v kovčku na potovanje z rednimi letalskimi linijami. Ko se vrne s potovanja, kaže manj kot njena predhodno umerjena dvojčica, ki je pred tem ostala na zemlji.

Drug način je podaljšanje razpadnega časa kozmičnih delcev, ki zaradi velike hitrosti puščajo  v detektorjih daljše sledi, kot bi jih sicer.

Tako skrčenje dolžin kot podaljšanje časa upoštevajo naprave  za natančno pozicioniranje GPS.

Hipokratovi luni

Povej, bistri bralec, kolikšna je skupna ploščina rumenih Hipokratovih lunic v animaciji? Stopaš po poti, ki so jo utrli Hipokrat iz Kiosa, ki je živel v 5. stol.pr.n.št. pa Alhazen okrog leta 1000 in tudi Leonardo da Vinci pet stoletij kasneje. Rezultat je skozi stoletja  vzbujal modrecem  upanje , da je kvadratura kroga morda možna….

Več pa lahko zveš v naslednjem članku. Kolikšna pa je ploščina spodnjih rumenih lun?

Potenca točke na krožnico

 

Imejmo  v ravnini krožnico K s središčem S in polmerom r ter poljubno točko O.  Potenca točke je definirana takole:

Def.:Potenca $\mathcal{P}(O,\mathcal{K})[$ točke O na krožnico [math]\cal{K}[/math] je število [math]\overrightarrow{OS}\cdot\overrightarrow{OS}-r^2. [/math]   Torej

$\mathcal{P}(O,\mathcal{K})=\overrightarrow{OS}\cdot\overrightarrow{OS}-r^2. $

Vidimo, da je zaloga vrednosti te preslikave enaka  $ \left [-r^2,\infty \right ).$ Točke izven kroga, ki ga omejuje krožnica [math]\mathcal{K}[/math], imajo potenco pozitivno, tiste znotraj pa negativno.

[embedit cf=”“]

Dokaz: Opazimo, da sta trikotnika OAD in OCB podobna, saj imata en kot skupen, drugi par kotov pa ima za zumanja obodna kota nad istim lokom.  Zato velja sorazmerje med enakoležnimi stranicami

[math]\frac{\overline{OA}}{\overline{OC}}=\frac{\overline{OD}}{\overline{OB}},[/math]
od tod pa sledi iskana enakost.

PTR v srednji šoli(5)

Zadnjič smo izpeljali  transformacije, ki ohranjajo razlike kvadratov  koordinat točk.  Uporabimo jih tokrat  za preračunavanje meritev med postajenačelnikom in sprevodnikom na drvečem vlaku. Spomnimo se, proti postajenačelniku vozi vzdolž njegove x-osi vlak s hitrostjo v , ki ni majhna v primeri s hitrostjo svetobe c.  Postajenačelnik meri čas t in koordinato x, njemu torej pripada urejen par (ct,x). Sprevodnik pa meri čas t’ in koordinato x’ vzdolž smeri gibanja, tako da mu pripada urejen par (ct’,x’).  Čase v pomnožimo  s konstanto c zato, da imata  komponenti  v urejenem paru enako enoto. Zadnjič smo videli, da se v vseh opazovalnih sistemih ohranja izraz:

$$x^2-ct^2=x^{\prime 2}-c^2t^{\prime 2}.$$

Uporabimo torej nove transformacije. Dobimo

$$ct^\prime=\frac{ct-\beta x}{\sqrt{1-\beta^2}},\qquad x^\prime=\frac{-\beta ct+x}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$

  Parameter [math]\beta[/math] je odvisen od hitrosti vlaka. Opazujmo točko,  ki glede na sprevodnika miruje, torej x’=0. Iz zadnje zveze dobimo

$$x^\prime=0\Rightarrow x=\beta ct\Rightarrow \beta c=v.$$

$\beta$ je torej

$$\beta=\frac{v}{c}.$$

Upoštevajmo to v zgornjih zvezah, prvo tudi delimo z $c$, pa dobimo Lorentzovi formuli

$$t^\prime=\frac{t-(v/c^2)x}{\sqrt{1-\beta^2}},\qquad x^\prime=\frac{x-vt}{\sqrt{1-\beta^2}}$$

ter njuna obrata

$$t=\frac{t^\prime+(v/c^2)x^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}},\qquad x=\frac{x^\prime+vt^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$

Zrcaljenje točke preko krožnice

Imejmo Krožnico in točko A zunaj nje.  Poiščimo zrcalno sliko A’  točke glede na dano krožnico.

Ravnamo takole:

  1. Na krožnici izberemo poljubno točko D in narišemo polmer SD,
  2. Narišemo simetralo daljice AD,
  3. Narišemo tangento na krožnico v točki D,
  4. narišemo krožnico s središčem v presečišču S’ simetrale in tangente in polmerom S’A.
  5. Iskana točka A’ je presečišče daljice SA in nove krožnice.

 

Tangente(2)

Konstrukcija tangent na dve dani krožnici poteka takole:

  1. Narišemo premico p skozi središči obeh krožnic,
  2. skozi središče 1. krožnice narišemo poljubno premico, skozi središče druge pa k tej premici vzporednico,
  3. skozi presečišča premic s krožnicama narišemo premico q. Ta seka premico  v točki  M,
  4. skozi središče vsake od krožnic narišemo pravokotnico na q. Dobimo dotikališči tangent na krožnico.
  5. Podobno konstruiamo tudi drugi par tangent, ki ima presečišče med krožnicama.

Tangente

Tangenta iz točke na krožnico.

Dana sta točka A in krožnica s središčem S.  Naša naloga je narisati tangento na krožnico skozi točko A. Ločimo dva primera: ko je točka A na krožnici in ko je točka A izven kroga.  V prvem primeru je tangenta premica, ki je pravokotnica na polmer SA. V drugem primeru pa je konstrukcija nekoliko daljša, njeno bistvo je najti točki na krožnici,  ki sta dotikališči tangent. Nalogo lahko rešimo na več načinov, dva sta znana še iz antike. Prvi pripada Talesu iz Mileta (Mala Azija) iz okrog 600 pr.n.št:

Drugi način pa pripada Evklidu iz Aleksandrije (Egipt) okoli 300 pr.n.št.

Na krožnici si poljubno izberemo točko t in skoznjo potegnemo tangento. Nato narišemo krožnico (S,P), ki seka tangento v točkah M in N. Nazadnje skozi P narišemo krožnico s polmerom TM. Le-ta seka prvotno krožnico v iskanih dotikališčih tangent.

Orodje za dinamično geometrijo Geogebra omogoča konstrukcijo tangente direktno, saj vsebuje gumb za to. Lahko pa tudi najprej narišemo polaro – njeni presečišči s krožnico sta dotikališči tangent.

 

Ali nas Pitagorov izrek lahko preseneti?

Pitagorov izrek poznamo vsi še iz osnovne šole. Kljub temu  nas spodnji prikaz utegne presenetiti.

 

This is a Java Applet created using GeoGebra from www.geogebra.org – it looks like you don’t have Java installed, please go to www.java.com

Vincenc Petruna, Created with GeoGebra

  • Ustavi animacijo in preveri, ali je vsota ploščin enakostraničnih trikotnikov nad katetama pravokotnega trikotnika enaka ploščini enakostraničnega trikotnika nad hipotenuzo.
  • Preveri še, ali to velja tudi za pravilne petkotnike in šestkotnike.
  • Ali trditev velja za poljubne pravilne n-kotnike?
  •  Ali velja celo za kroge s premeri, ki so enaki stranicam trikotnika?
  • Utemelji svoje trditve tudi z računom.

PTR v srednji šoli(4)

NOVE TRANSFORMACIJE

Iščemo torej linearno transformacijo, ki prevede točko $(u,v)$ v točko $(u^\prime,v^\prime)$ tako, da  velja zveza
$$u^{\prime 2}-v^{\prime 2}=u^2-v^2.$$
Ker je transformacija linearna,  jo iščemo v obliki
$$u=Au^\prime +Bv^\prime \qquad v=Cu^\prime +Dv^\prime ,$$
pri čemer so A, B,C in D konstante, ki jih je treba določiti. Vstavimo zato te transformacije v zgornjo enačbo, pa dobimo
$$(Au^\prime+Bv^\prime )^2-(Cu^\prime+Dv^\prime )^2=u^{\prime2}-v^{\prime 2}.$$
Po kvadriranju in primerjanju koeficientov dobimo naslednje enačbe
$$A^2-C^2=1,\quad AB=CD, \quad C^2-D^2=-1.$$
Imamo torej tri enačbe in štriri neznanke. Zato uvedemo parameter
$$\beta=\frac{C}{A}=\frac{B}{D}$$
ter z njim izrazimo vse koeficiente. Dobimo
$$A=D=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}},\quad B=C=\frac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}}$$
Iskane transformacije so torej
$$u=\frac{u^\prime+\beta v^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}},\quad v=\frac{\beta u^\prime+v^\prime}{\sqrt{1-\beta^2}},$$
obratne transformacije pa
$$u^\prime=\frac{u-\beta v}{\sqrt{1-\beta^2}},\quad v^\prime=\frac{-\beta u+v}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$
Naslednjič pa jim bomo dali fizikalni pomen.

Morleyev izrek

Geogebra, trisekcija kota in Morleyev izrek

Trije matematični problemi – kvadratura kroga, podvojitev kocke in trisekcija kota
so burili matematične duhove vse od stare Grčije naprej in šele v 19. stoletju so matematiki dokazali, da so ti problemi nerešljivi.Tu se posvetimo samo zadnjemu -trisekciji kota.
Naloga zahteva, da le s šestilom in neoznačenim ravnlom razdelite poljuben kot na tri dele. Izkaže se in tudi dokazali so, da je naloga z omenjemi orodji nerešljiva. Rešljiva pa postane že, če na ravnilu lahko označimo eno samo točko.

Programi za dinamično geometrijo pa lahko kakšno vrednost tudi izračunajo, zato je z njimi trisekcija kota mogoča.

Zanimivo je, da je F.Morley leta 1899 postavil in 15 let pozneje tudi dokazal naslednji izrek: Če v poljubnem trikotniku razdelimo vse kote na tri dele, se sosednji kraki tretinskih kotov sekajo v ogliščih enakostraničnega trikotnika.

Naloga: Število poleg trikotnika kaže razmerje med ploščinama obeh trikotnikov. Premakni oglišča trikotnika ABC tako, da bo razmerje največje. Kakšen je tedaj trokotnik ABC in kolikšen del njegove ploščine znaša ploščina notranjega enakostraničnega trikotnika DEF?

V.Petruna 21.junij 2008, 8 September 2014, Narejeno z GeoGebro

Kljub temu, da je o Morleyevem izreku precej napisanega, nisem nikjer naletel na zvezo med ploščinama obeh trikotnikov. Največje število, ki dobim na 6 decimalk, je 0,34188. Izziv za sedanji rod?

Ptolomejev izrek

Moj učitelj dr. France Križanič je bil plodovit pisec matematične literature – poleg strokovnih del je napisal tudi učbenike za gimnazije – slavno AAA – Aritmetiko, algebro in analizo – ter neke vrste zgodovino matematike z naslovom Nihalo, prostor in delci. Iz nje povzemam dokaz Ptolomejevega izreka o tetivnem štirikotniku (Claudius Ptolemaeus (grško: Κλαύδιος Πτολεμαῖος; 83 – 161, grški in egipčanski matematik in geograf.)

Ptolomejev izrek z dokazom najdete tu.

Tudi naloga za bralca, ki je dokazal Ptolomejev izrek,  je iz te knjige:

Nariši krožnico s premerom 1 in ji včrtaj  štirikotnik, ki ima za premer diagonalo e.  Izberi oglišče, v katerega sega diagonala e in označi kota, ki nastaneta ob diagonali v tem oglišču, z α in β.
Izrazi s kotoma vse 4 stranice štirikotnika, za izražanje diagonale f pa uporabi enega od dveh najbolj uporabljanih izrekov  v trikotniku.  Nazadnje uporabi še Ptolemejev izrek, pa dobiš znani izrek iz trigonometrije.

O eksponentni rasti(2)

V srednji šoli obrazca za eksponentno rast ne izpeljemo iz diferencialne enačbe $dy=kydt$ pri začetnem pogoju $y(0)=y_o$, saj diferencialnih enačb še ne poznamo. Pomagamo si z obrazcem za obrestno obrestovanje kapitala  $y_o$ s p procentno letno obrestno mero v n letih in k kapitalizacijah letno. Kapital po n letih oziroma nk obrestovalnih obdobjih je torej

$$y_n=y_0\left(1+\frac{p}{100k}\right)^{nk} $$

Pri neprestani kapitalizaciji ( $k\to\infty$) je

$$y=\lim_{k\to\infty}y_0\left(1+\frac{p}{100k}\right)^{nk}=$$

$$=\lim_{k\to\infty}y_0\left(1+\frac{1}{\frac{100k}{p}}\right)^{\frac{100k\cdot pn}{p\cdot100}}$$.

Upoštevamo zgoraj  znano definicijo Eulerjevega števila $$e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} ,$$

pa dobimo iskani izraz

$$y=y_oe^{\frac{pn}{100}}.$$

Sedaj lahko pridemo do prvega Bartlettovega obrazca. Upoštevajmo $y=2y_o,$  pa dobimo iz zgornjega obrazca

$$2=e^{\frac{pn}{100}}. $$

Še logaritmirajmo zvezo in izrazimo n, pa dobimo

$$n=\frac{100\ln{2}}{p}. $$

Ker je $\ln2=0,6931, $ je $100\ln2=69,31 $, kar se od 70 v Bartlettovem obrazcu razlikuje za manj kot procent.  Torej je1.Bartlettov obrazec

$$t_2\doteq \frac{70}{p}$$

zelo dober približek za podvojitveni čas pri eksponentni rasti.

Do  2. Bartlettovega obrazca (povečanju količine v 70 letih) pa pridemo takole:

Velikost spremenljivke y po 70 letih je

$$ y(70)=y_oe^{\frac{p\cdot 70}{100}}=y_oe^{\frac{p\cdot 7}{10}}$$

Zapišimo to z eksponentno funkcijo  z osnovo 2

$$ y(70)=y_oe^{\frac{p\cdot 7}{10}}=y_o2^u.$$

in določimo u. Krajšajmo in logaritmirajmo to zvezo, pa dobimo

$$ \frac{7p}{10}=u\ln2.$$

Izrazimo od tod u, pa dobimo

$$ u=\frac{7p}{10\ln2}$$,

kar se samo za 1% razlikuje od p. Tako smo torej pridelali uporaben in kar natančen obrazec

$$ y(70)\doteq y_o2^p.$$

O eksponentni rasti

Kljub temu, da pri nas spoznamo eksponentno funkcijo v srednji šoli, običajni ljudje nimajo prave predstave o njej. Število zrn žita, postavljenih na zadnje polje šahovske plošče, skoraj vsakega preseneti.  Sorazmerno dobro si predstavljamo linearno funkcijo  in linearno rast ali upadanje, medtem ko izraze, kot so npr.  “3 procentna rast na leto” ali celo “7 procentne obresti na letni ravni”  marsikdo ne razume ali pa zamenja z linearno rastjo.

A  Američani so praktični. Namesto strogih obrazcev in preciznih izpeljav  ponujajo približne obrazce za eksponentno rast, ki pa k njenem razumevanju bistveno pripomorejo. Tako lahko najdete v spletnem predavanju profesorja Alberta Bartletta dva obrazca,  sorazmerno neznana našim šolarjem:

S prvim računajo  podvojitveni čas $t_2 $ količine, torej čas, v katerem se količina pri taki rasti podvoji. Njegov obrazec je glasi takole:

$$t_2\doteq \frac{70}{p}, $$

pri čemer je p odstotek rasti rasti količine v enoti časa. Če je torej  $p=3\%/leto $, je $t_2=23let, $  če pa je $p=7\%/leto $, je podvojitveni čas že $t_2=10 let. $

Drugi obrazec pa govori o povečanju količine, ki eksponentno raste z letno stopnjo $ p$ v 70 letih, kar je približno obdobje človeškega življenja.  Če je $y $ vrednost  neke količine na začetku, $y_{70} $ vrednost te količine po 70 letih, $ p $ pa letna  stopnja rasti, potem ta  približni obrazec pravi

$$y_{70}\doteq y_o2^{p} $$

Pri letni rasti 3% se količina v 70 letih torej količina poveča osemkrat, pri letni rasti 7% pa kar 128-krat.

V nadaljevanju bomo pogledali, kako te zanimive in uporabne obrazce izpeljemo in kako dobri približki so.