V zadnjih pol stoletja, predvsem pa s pojavom hišnih računalnikov, se je razširilo prepričanje, da se je možno naučiti poljubne vsebine, predvsem računalniške, brez posebnega truda, tako rekoč igraje. Ne vem, od kod ta miselnost izvira, morda iz površnega opazovanja iger otrok, širili pa so jo tako mediji kot celo nekateri šolniki. Nekateri od njih so okrog učenja igraje razvili celo teorijo in šli celo spreminjat učne načrte, da o metodah ne pišem, da bi bilo čim več takega učenja igraje. In v očeh mnogih to znanje sploh ni cenjeno, saj je pridobljeno igraje.
Seveda je to res samo za zelo površne opazovalce. Če gledamo otroka, ki se uči hoditi, koliko volje in truda, koliko poskusov in padcev je potrebno, da mu uspe, in seveda pomoči staršev. In s vsako njegovo dejavnostjo je tako: pisanje, računanje, igranje instrumenta, športna aktivnost. Res se lahko otrok igraje podi za žogo, a to seveda ne pomeni, da zna igrati nogomet. Pridobivanje znanja, seveda tudi računalniškega, pa je prav naporen proces, ki zahteva od udeleženca optimalno psihofizično stabilnost, motivacijo, koncentracijo, predanost in vztrajnost. Gre torej za posebno, kar zapleteno stanje. Zase lahko rečem, da se ničesar nisem naučil igraje, vse, kar znam, sem dosegel s trudom ali, kot bi rekel moj profesor teoretične fizike Sergej Pahor, v potu svojega obraza. Zato mislim, da je pričakovati, da se bo nekdo nekaj naučil igraje, pravzaprav podcenjevanje tega procesa in tudi osvojenega znanja.
Učenje šolarjev in dijakov ali študij uspešnih študentov je zelo resno delo. Naloga učiteljev pa je dvojna, prvič da učečemu držijo letvico kot pri skoku v višino in drugič, da to delo učečemu kolikor se da olajšajo. Seveda ne s spuščanjem letvice, temveč z dodatno razlago in odgovori na morebitna vprašanja.
Obstaja neke vrste ekvivalenca med časom, denarjem in znanjem. Če imaš čas, lahko prideš do znanja. Je pa znanje tudi tržno blago, če imaš denar, lahko kupiš strokovnjaka ali pa si najameš inštruktorja, da ti skrajša čas pridobivanja znanja. Povsod v svetu je znanje vrednota, nisem pa čisto prepričan, da tudi pri nas.
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:
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).
Razmerje med sinusom stranice in sinusom nasprotnega kota je stalno
– sinusni obrazec, zelo spominja na tistega iz ravninske trigonometrije,
Cosinus stranice je enak vsoti produktov cosinusov ostalih dveh stranic ter sinusov produktov teh stranic in cosinusa vmesnega kota
– cosinusov obrazec, tudi spominja na cosinusov izrek iz ravninske geometrije.
Produkt sinusa stranice in cosinusa priležnega kota je enak produktu sinusa druge priležne stranice in cosinusa kotu nasprotne stranice minus produkt cosinusa druge priležne stranice, cosinusa nasprotne stranice in cosinusa vmesnega kota zadnjih dveh stranic.
Sinusno-cosinusni izrek, še 5 takih enačb.
Iz sinusnega in sinusno kosinusnega obrazca lahko izpeljemo še tangensni obrazec
pravokotni sferni trikotnik
Je sferni trikotnik, v katerem je eden od kotov pravi, pri nas
Iz zgornjih dobimo v tem primeru deset obrazcev, ki si jih zapomnimo s pomočjo Napierjevega pravila. Elemente trikotnika zložimo v krog takole:
Pri zlaganju elementov pravokotnega sfernega trikotnika v Napierjev krog pazimo na naslednje:
Najprej vstavimo v zgornje polje “hipotenuzo”.
V polji poleg vstavimo hipotenuzi priležna kota.
V preostali polji vpišemo kompelemetarne kote “katet” tako, da so nasprotni nasprotnim kotom.
Pravilo pravi naslednje:
Cosinus vsakega elementa je enak produktu sinusov nasprotnih elementov ali pa produktu kotangensov sosednjih elementov.
Zapiši vseh 10 enačb, pri tem upoštevaj obrazce za komplementarne kote. Rezultate preveri v literaturi.