Mogoče ste vedeli – zanimivosti iz matematike/fizike


Profesor Ian Stewart je že od malih nog rad zbiral nevsakdanje matematične zanimivosti, ocvirke iz sveta abstraktnega in jih zbiral v svoji beležnici, ki je na koncu prerasla v celo zbirko bolj ali manj nenavadnih nalog, dejstev in teorij. Ker ima lahko še tako banalno zveneč problem zanimivo in netrivialno rešitev, sem se odločila, da predstavim par takih, nekaterih znanih iz šolskih klopi, drugih obskurnih, da še internet ne nudi zadovoljivih informacij o končnem spoznanju.

Kako izgleda najkrajša pot (omrežje), ki povezuje dane točke?

Problem, imenovan tudi Steiner Network (oz. Tree) Problem, ni samo neka matematična zanimivost, saj se s tem problemom srečajo vsi, ki morajo nekaj povezati, a bi radi prihranili na gradnji cest, povezav ali česa drugega. Za začetek lahko poskusite rešiti problem, kako tako povezati štiri točke v ogliščih kvadrata. Prva stvar, ki jo ugotovimo, je, da nikjer ne smemo dobiti zaključene povezave. Zakaj? Zagotovo lahko odstranimo najdaljši odsek, pa bodo še vedno vse točke povezane, oziroma povedano drugače, ni potrebno, da je vsaka točka povezana z vsako (kar bi bilo najbolj neumno narediti), pomembno je le, da obstaja pot od ene do druge točke, lahko tudi preko drugih točk. Pri kvadratu bi tako v naslednjem koraku poskusili s povezavo prek diagonal in se najbrž zadovoljili z rešitvijo, vendar to še ni najkrajša pot. Dokazano je bilo, da najkrajšo pot dobimo, če se poti sekajo pod kotom 120o.

Za majhno število točk je še dokaj enostavno poiskati minimalno povezavo, vendar problem kaj hitro preraste v nemogočega, saj pri številu točk, večjem od 30, niti najboljši računalniki ne morejo priti do konca problema. A kot se dostikrat pripeti, narava zna najti tako pot. Če bi v točke postavili paličice, nanje dali ploščo in čez vso konfiguracijo pihali milne mehurčke, bi opna mehurčkov, ki so se ujeli, zavzela obliko z najmanj energije, najmanjšo površino in posledično tudi potjo. Če bi tak eksperiment dejansko izvedli z velikim številom točk, ni nujno, da bi dobili najkrajšo pot (nekaj je vseeno naključnega pri takem poskusu, lahko se izoblikujejo povezave, ki niso najkrajše gledano globalno, temveč le lokalno), vendar lahko vseeno rečemo, da najkrajša povezava ustreza minimalni energiji milnih mehurčkov med točkami.

Kdor rad bere članke, naj si prebere še The Shortest-Network Problem.

Le kolikokrat se zgodi, da vrtičkarji premagajo izobražene ljudi? Večkrat kot bi si mislili.

Ali lahko v kocko izvrtamo takšno luknjo, da bo šla skoznjo enako velika kocka?

Verjeli ali ne, to lahko naredimo. Skozi samo dve stranici (sprednja in zadnja naprimer) to očitno ne bo šlo, vendar ne smemo pozabiti, da luknjo lahko izvrtamo v poljuben del kocke. Če kocko obrnemo tako, da proti nam gleda eno oglišče (vidimo tri stranice), lahko opazimo obris šestkotnika. Vanj lahko včrtamo kvadrat, ki ima stranico rahlo večjo od stranice kocke (približno 1.06-krat večjo oziroma natančno (3√2/4)-krat), zato lahko izvrtamo tako luknjo. Tako izdolbeni kocki se reče kocka princa Ruperta in če si težko predstavljate, kako bi izgledala, poglejte ta link, če pa bi radi sami naredili kakšno, poglejte sem.

Kako veliko kvadratno škatlo bi potreboval mlekar, da vanjo spravi n2 steklenic mleka oz. kako naj jih pakira?

V kvadratno škatlo steklenice mleka ponavadi zapakiramo tako, da ima vsaka le štiri sosede (pakiramo v kvadrate) in tako dobimo pakiranje, ki je kompaktno (nobena steklenica se ne more premikati, tudi razbiti ne). Mislili bi si, da je kvadratno pakiranje za kvadrate naravnih števil najbolj učinkovito in da z njim dobimo najmanjšo škatlo. Ko bolje premislimo, vidimo, da naletimo na problem. Vemo, da to ni najgostejše pakiranje (če pakiramo tako, da ima vsak krog še šest sosedov, dobimo najgostejše pakiranje, heksagonalno) in tako najverjetneje za zelo velika števila bolj ustreza pakiranje v šestkotnike kljub temu, da ne tvorijo kvadratne oblike. Za majhna števila pa zaradi ‘mejnih efektov’ blizu roba prevladuje mlekarjeva pogruntavščina. Rešitev je presenetljiva – za kvadrate do 62 ima mlekar prav, za naslednji kvadrat pa to že ne drži več. Dosti stvari se da ovreči/dokazati, če najdemo protiprimer in tako je tudi tu. Na sliki levo je pokazano pakiranje 49ih krogov, ki je rahlo bolj ekonomično od desnega. Postavitev izgleda zelo naključna, vendar vidimo par predelov, kjer so krogi spakirani v najgostejši sklad.

Levi kvadrat je malce manjši od desnega

Ali lahko sestavimo kvadrat iz samih različnih kvadratov, katerih stranice so naravna števila?

Očitno je, da kvadrat lahko razrežemo na n2 enakih manjših kvadratov, vendar je naše vprašanje občutno težje. Leta 1925 je Zbigniew Morón objavil prvi tak pravokotnik, ki je vseboval deset kvadratov s stranicami 3, 5, 6, 11, 17, 19, 22, 23, 24 in 25, malce kasneje pa je našel še enega z le devetim: 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 in 18. Za zabavo jih lahko poskusite sestaviti sami (prvi je velikosti 47 x 55, drugi pa 32 x 33). Dolgo časa so mislili, da ni mogoče narediti takega kvadrata, vendar je leta 1939 Roland Sprague našel takega, ki se ga da sestaviti iz 55 različnih manjših kvadratkov. Leto kasneje je bilo najdenih še več rešitev. Theophillus Willcocks je leta 1948 našel 24 kvadratov, ki sestavijo kvadrat in dolgo so mislili, da je to najmanjša možna rešitev, vendar je 1962. Adrianus Duijvestijn z računalnikom dokazal, da 21 kvadratov velikosti 2, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 15, 16, 17, 18, 19, 24, 25, 27, 29, 33, 35, 37, 42 in 50 sestavi kvadrat in da se z manjšim številom tega ne da. Še  težje vprašanje bi bilo: Ali lahko tlakujem neskončno ravnino s kvadrati s stranicami vseh naravih števil? Problem je bil razrešen šele leta 2008, ko sta Frederick in James Henle dokazala, da lahko.

Predlagam, da obiščete stran squaring.net, kjer lahko izveste, kako tak štirikotnik skonstruirati, malce več o zgodovini in še kaj o dodatnem problemu tlakovanja s trikotniki.

Zagotovo je tudi zanimiv še nek drug pravokotnik, tak, ki ga sestavimo iz kvadratov, katerih stranice sledijo Fibonaccijevem zaporedju. Žal ne spada v zgornjo kategorijo, saj začne z dvema enakima kvadratoma, a ima to lepo lastnost, da se razmerje stranic vse bolj približuje zlatemu rezu, čim večji pravokotnik naredimo (kar se tudi dogaja z zaporednimi členi tega zaporedja). 

Kako najbolj efektivno zavijamo n-dimenzionalne krogle?

Vprašanje najbrž zveni rahlo prismuknjeno, vendar to ni ustavilo matematikov, da problema ne bi reševali (in to šaljivo poimenovali Sausage Conjecture). Problem si zamislite tako – imamo kopico krogov, ki bi jih radi povezali s čim krajšo vrvico.  Če imam sedem krogov, je najbolj optimalno, da jih postavim v vrsto (s tem naredim nekakšno klobaso). Kaj pa če bi radi na minimum spravili površino, ki jo vrvica zaobjema – čim manj praznega prostora? Prejšnja rešitev ni najboljša, izpodrine je postavitev krogov v šestkotnik (najgostejše pakiranje, glej zgoraj). Če povečamo dimenzijo in vzamemo krogle, ugotovimo, da se pakiranje v klobaso ne izplača več pri 57  kroglah. Za še eno dimenzijo več nihče ne ve, kdaj točno pride do preobrata, vendar vejo, da do njega pride in to pri okoli 100 000 hipersferah. Vidimo, da rabimo ogromno objektov, preden rešitev v obliki klobase preneha biti najboljša. Še bolj zanimivo je, ko pridemo v peto dimenzijo. Mislili bi si, da je tu rešitev nekje v območju bilijonov bilijonov hipersfer, a najverjetneje imajo dimenzije večje od četrte kot najboljšo rešitev vedno zavijanje v klobaso. Leta 1975 je tako Laszlo Fejes Tóth postavil ‘klobasno hipotezo’, ki trdi ravno to. Leta 1998 so Betke, Henk in Willis dokazali, da to velja za dimenzije večje ali enake 42 in to je največ kar vemo. Očitno se odgovor na vse rad pojavlja tudi pri bolj čudnih zadevščinah.

Rahlo šaljivo napisan članek na to temo najdete tu

... lahko bi mu kupila hiperkocko, zdi se mi, da je prejšnjo založil.

Klasika I – kolikšna je največja površina, ki jo lahko zaobjamemo z določeno dolžino vrvi?
Lahko bi mu rekli Didonin problem (izoperimetrična neenakost), kakšne oblike mora biti področje, zaobjeto z vrvjo, da dobimo največjo površino? Problem spet lahko rešimo z milnico, variacijskim računom ali pa prisluhnemo staremu vicu.

Inženirju, fiziku in matematiku so dali sto metrov vrvi, da z njo zaobjamejo čim večjo površino. Inženir je previdno položil svojo vrv v obliko kvadrata, s stranicami natančno (kolikor se mu je pač zdelo tisti trenutek potrebno) petindvajsteih metrov dolžine. “Moj kvadrat ima površino 625 m2,” je rekel zadovoljno. Fizik je na listu obrnil kratko enačbo, z vrvjo dolgo slabih 16 metrov začrtal krog in na obseg položil dano vrv. “Moj krog s polmerom 15,92 m in površino 796 m2 je največ, kar lahko naredim.” Nato je matematik vzel zelo majhen delček vrvi, ravno toliko, da je na tleh naredil majhen krogec, v katerega je stopil in rekel: “Trdim, da se nahajam zunaj. Moja površina je tako skoraj enaka površini Zemlje.”

Klasika II – po kateri krivulji se kroglica najhitreje spusti od točke A do točke B (ki pa nista ena pod drugo in trenje tudi zanemarimo)?

Še en klasičen problem variacijskega računa, znan tudi kot problem brahistohrone (krivulje najhitrejšega spusta). Rešimo ga tako, da poiščemo funkcijo y(x), da bo dani integral minimalen.

\frac{mv^2}{2}=mg y, v = \sqrt{2gy} = \frac{ds}{dt}}=\frac{\sqrt{1+(y')^2}dx}{dt}
dt=\frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{2gy}}dx, t = \frac{1}{\sqrt{2g}}\displaystyle \int_0^x{\frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{y}}}}

Problem rešimo z uporabo Eulerjeve DE f_y-\frac{d}{dx}f_{y'}=0 in rešitev dobimo kot x=A(u-sin(u)+E in y=A(1-cos(u)), kar opisuje cikloido (krivuljo, ki jo dobimo, če gledamo, kako se premika točka na obodu kolesa, medtem ko ta pelje po cesti). Rečeno je bilo, da nekatere ptice na plen pikirajo po tej krivulji, kar nam lahko pove, da narava v matematični genialnosti v ničemer ne zaostaja.

Pod tem poglavjem lahko omenimo tudi tavtohrono, krivuljo za katero je vseeno s katere točke spustiš kroglico, vedno bo prišla do dna v istem času, še posebej zato, ker je tudi tu rešitev cikloida.

Bi kje lahko uporabljali kvadratna kolesa?

Mnogokrat smo že videli strip v katerem jamski človek izdela kolo s kvadratnimi kolesi, ki ne gre nikamor in nato ugotovi, da je okrogla oblika primernejša. A vseeno njegov izdelek ni tako neuporaben, problem je le, da bi za tako napravo potreboval tudi pravo obliko ceste. Za ravno cesto je krog najprimernejša oblika, saj os vrtenja miruje in je najvišja točka vedno na isti višini (Če pozabimo na prvi ‘pogoj’ pridejo v poštev tudi druge oblike. Večkotnik z lihim številom stranic, ki ima vse stranice zaobljene (iz nasprotnega oglišča zarisan lok prek dveh sosednjih oglišč) bi tudi zadoščal temu pogoju). Kvadratno kolo bi na takem cestišču zagotovo poskakovalo kot noro. Če hočemo, da os miruje, potrebujemo cesto sestavljeno iz hribčkov v obliki verižnice, ki se začnejo pod tapravim kotom. Za tiste nevedne, verižnica je krivulja, v katero se postavi, glej glej, veriga, če jo vpnemo na dveh koncih in pustimo, da teža opravi svoje. Njeno obliko opisuje funkcija kosinus hiperbolikus in če se še niste srečali z njo, jo boste spoznali pri variacijskem računu. Če se vrnemo nazaj k čudnemu kolesu, kolo bi lahko imelo tudi kakšno drugo obliko, vendar bi za vsak nov primer morali prilagoditi tudi cesto.

Jamski ljudje so bili v resnici pametni ljudje :)

Zakaj ne smemo pri dokazovanju matematičnih hipotez prehitro odnehati?

Dober primer je Pólyina hipoteza, ki je predvidevala, da ima večina naravnih števil, manjših od izbranega števila, liho število prafaktorjev (60 ima tako 4 prafaktorje). Drugače povedano, če bi števila zvrstili v dve skupini, ta s sodim in ta z lihom številom prafaktorjev, enki pripisali sodi tip, bi, če po vrsti gledamo število obeh vrst števil, za enko vedno imeli več ali enako števil z lihim številom prafaktorjev kot drugih. To hipotezo je leta 1919 postavil George Pólya, saj so izračuni pokazali, da velja za prvih milijon števil. A kot vsak matematik ve, ni dovolj, da pokažeš, da nekaj velja za toliko in toliko števil, tudi če je število veliko. Tako je slabih 40 let kasneje Haselgrove dokazal, da obstaja protiprimer, katerega velikost je ocenil na 1,845 x 10361, malce kasneje je Lehman ugotovil, da se to zgodi že pri 906 180 359, leta 1980 pa je Tanaka dokazal, da je prvo tako število 906 150 257. Velikost protiprimera nam da jasno vedeti, da v večini primerov nekaj lahko velja za mnogo števil, a je še vedno napačno.

Kako lahko s tremi tehtanji najdemo ponarejeni kovanec, ki je lažji ali težji od drugih, če imamo 12 kovancev?

Nekdo, ki prehitro prebere vprašanje, bi si mislil, da je odgovor enostaven, saj je zelo podoben problem zelo hitro rešljiv (seveda vedno predpostavimo, da imamo tehtnico z dvema skodelama, ki nam pove le ali sta bremeni v ravnovesju ali katero je težje). Če bi vedeli, ali je kovanec težji oziroma lažji od drugih, bi med devetimi kovanci že z dvema tehtanjema našli ponaredek – vsakič bi dali tretjino vseh na eno, drugo na drugo stran tehtnice, zadnjo pa pustili in glede na izid tehtanja izbrali eno od teh tretjin za ponovno tehtanje. S tremi tehtanji in dvanajstimi kovanci tako ne bi bilo težav.

Naš problem ni tako nov, a težko bi našli koga, ki lahko takoj izstreli rešitev. Vedno lahko znova naredimo drevesni diagram izidov, vendar obstaja lažji način, kako si zapomniti rešitev. Leta 1950 je bila v reviji Eureka objavljena pesem o profesorju Felixu Fiddlesticksu, ki je v rimani obliki podala navodila za izvedbo in razlago rezultatov. Ključni del pesmi se glasi tako:

F set the coins out in a row
    And chalked on each a letter, so,
To form the words “F AM NOT LICKED”
    (An idea in his brain had clicked).
And now his mother he’ll enjoin:
    MA DO LIKE
    ME TO FIND
    FAKE COIN

Pesem pove, katere štiri kovance moramo primerjati med seboj. Vseh možnih kombinacij, kako se v treh tehtanjih povesijo posodice je 27 (uravnoteženo, desna težja, leva težja), vseh možnih izidov pa je 24 (2 za vsak kovanec) in vsak izid je edinstven, zato lahko natančno določimo, kateri kovanec je kakšen. Seveda če hočemo zdaj rešiti problem, moramo napisati tabelo možnih izidov in kaj vsak pomeni, vendar to ne predstavlja nobenega problema več.

Tišina! Odrasli razmišljajo! No, kje sem bil ... kafka con ... ne ...

Vir: IanStewart: Professor Stewart’s Cabinet of Mathematical Curiosities, Kjartan Poskitt: Easy Questions, Evil Answers

Ana

, , , , , , , , ,

  1. #1 by tečaj on October 11, 2010 - 14:09

    Hvala za zanimivo objavo. Še posebej mi je bila všeč kocka in tisto z vrvjo…
    Sicer pa še ena, ki jo vsak matematik sicer kar preveč zlahka reši…

    Torej trije se dobijo in gredo na sendvič in kavo. Pojejo, spijejo in hočejo plačat. vsak da na mizo 5 EUR. Pride kelnar, pobere denar, gre vtipkat račun, ki je bil le 10 EUR. 2 eur si obračuna napitnine, in jih spravi v žep… tri evre pa vrne (vsakemu po en evro)….
    No zdaj pa spremenimo zorni kot teh 15 eur:
    vsak je plačal 4 eur, 5-1= 4 torej je to skupaj 12 EUR. Vemo še da sta dva evra pri kelnarju… 12+2 je 14.
    Nekje se je torej zgubil 1 eur… Kje?

    No verjamem da občinstvo tega bloga ne bo imelo težav, vendar ste lahko prepričani, da jih številni imajo 😀

  2. #2 by Jošt on October 11, 2010 - 21:42

    To s kovanci oz. kroglicami sem reševal v osnovni šoli. Res dobra uganka, a se jo je le redko kdo, ki sem mu jo povedal, hotel lotiti oz. je prišel do konca.

  3. #3 by Benjamin on October 25, 2010 - 23:39

    Hud članek!
    No, tečaj, tvoja uganka pa izhaja zgol iz word_twista, to ni matematični problem! 😛

  4. #4 by Ana on December 9, 2010 - 16:51

    Ta z manjkajočim dolarjem, evrom je znana fora, ja, ta dva stripa pa lepo opišeta, kako se matematiki ob tem počutijo (in še hitro rešitev problema):
    http://spikedmath.com/334.html
    http://spikedmath.com/335.html

(will not be published)