MATE MATIKA
Bik se pase, trava rase; drugic
nU sU NU
Marjan Jerman
-» Ko sem pripravljal naloge pri Zgodovini matematike, sem iskal ideje v Newtonovi knjigi Arith-metica Universalis iz leta 1707. Naletel sem na zanimivo nalogo o volih, ki popasejo vso travo na pašniku. Nalogo lahko z današnjimi orodji prevedemo na sistem enacb. Prof. Boris Lavric me je prijazno opozoril, da je Newtonovo nalogo objavil že prof. Vladimir Batagelj v rubriki Bistrovidec prve številke desetega letnika Preseka leta 1982, vole pa je zamenjal z biki. Naloga gre takole:
Dvanajst bikov je v štirih tednih popaslo tri in še tretjino jutra pašnika; enaindvajset bikov pa popase deset juter takega pašnika v devetih tednih. Koliko bikov bi popaslo štiriindvajset juter pašnika v osemnajstih tednih?
Da bo naloga bolj jasna, dodajmo še, da je na začetku travnik enakomerno porasel s travo, med pašo
pa trava tudi raste, in sicer enakomerno po vsem pašniku.
Že Newton je vedel, da je naloga rešljiva tudi v splošnem. Na 79. strani je med aritmetičnimi vprašanji zastavil nalogo številka XI:
a\ volov v b\ tednih popase c\ juter pašnika in a2 volov v b2 tednih popase c2 juter pašnika. Koliko volov popase c3 juter pašnika v b3 tednih?
Konkretne številke a1 = 12, b1 = 4, c1 = 31, a2 = 21, b2 = 9, c2 = 10, b3 = 18 in c3 = 24 Newton navede kasneje kot poseben primer.
Newton nalogo reši z zvitim zaporedjem sklepnih računov in naknadnimi popravki zaradi sprotne rasti trave, mi pa se je lotimo z današnjimi orodji.
Najprej uvedimo še nekaj oznak. Naj z pomeni količino trave na jutru pašnika pred pašo, r naj pove, koliko nove trave zraste na teden na vsakem jutru, p pa označuje količino trave, ki jo en vol popase v enem tednu.
V današnjem matematičnem jeziku napišemo, da je količina popasene trave enaka vsoti začetnega sta-
SLIKA1.
Naloga v rubriki Bistrovidec, Presek 1982/83, X/1
->
PRESEK 45 (2017/2018) 2
9
MATE MATIKA

Arithmetic a Unherfalis;
S I V E
De compositione
E T
resolutione
ARITHMETIC A
LIBER.
Cui accefiit
HALLEIANA
ALquationum Radices Arithmetics imj entendí methodus.
In Ufum Juventutis Académica.
C A NT A B R I G 1 tyE
Typis Academicis.
LONB1NI, Impenfís Benj. Tooke Biblio» polas juxta Medii Templi Portam in vico vulgo yocato Fleeter ret. A.D, MDCCVII,
SLIKA 2.
Newtonova Arithmetica Universalis
c1b2c2r - c2 b1c1r = c1a2 b2 p - c2a1 b1p c\b3 c3r - c3 bi cir = ci a3 b3 p - c3 ai bi p
ali bolj urejeno:
■	rcic2(b2 - bi) = p(a2b2ci - a\b\c2) rcic3 (b3 - bi) = p(a3b3ci - ai bic3).
Podobno kot prej se lahko znebimo spremenljivke r tako, da od (b2 - bi)c2 kratnika druge enačbe odštejemo (b3 - bi)c3 kratnik prve enačbe. Tako nam ostane le še spremenljivka p v enačbi
■	0 = p((b2 - bi )c2 (a3 b3 ci - ai bi c3)-
(b3 - bi )c3 (a2 b2 ci - ai bi c2)).
Ker je razumno pričakovati, da med pašo voli pojedo vsaj nekaj trave, lahko privzamemo, da je p = 0, in dobimo iskano linearno enačbo za a3
■	(b2 - bi )c2 (a3 b3 ci - ai bi c3 )-
(b3 - bi )c3 (a2 b2ci - ai bi c2) = 0,
ki ima v primeru bi = b2 rešitev
a3 =
c3{ a2 b2 ci (b3 - bi) + ai bi c2 b - b3)) (b2 - bi)b3cic2	'
nja in na novo zrasle trave takole:
■ ci z + bi ci r = ai bi p c2 z + b2 c2 r = a2 b2 p c3 z + b3 c3 r = a3 b3 p.
Na prvi pogled ne kaže najboljše, ker moramo rešiti sistem treh enačb s štirimi neznankami a3, z, r in p. Zdi se, da manjka še ena enačba.
Najprej se na običajni način z metodo nasprotnih koeficientov znebimo neznanke z: c2 kratnik prve enačbe odštejmo od ci kratnika druge in c3 kratnik prve od ci kratnika tretje. Dobimo:
Radoveden braleč lahko preračuna zgornje sisteme enačb tudi v primeru bi = b2. Dobil bo dodatne pogoje za smiselnost podatkov v nalogi.
Zanimivo je, da nas matematični občutek na začetku ni varal. Dobili smo enoparametrično rešitev. Vrednost p je poljubna, od nje sta odvisni vrednosti z in r. Na srečo pa je vrednost a3 v primeru bi = b2 enolično določena.
Sedaj lahko rešimo staro nalogo iz Preseka tako, da vstavimo v zgornjo formulo ustrezne številke in dobimo a3 = 36. Z besedami: šestintrideset bikov popase štiriindvajset juter travnika v osemnajstih tednih.
Naloga ima še dodatno zgodovinsko vrednost. Leta i835 je bila objavljena kot zadnja naloga med mešanimi problemi v Emersonovi knjigi North American Arithmetic. Emerson je brez omembe Newtona nalogo prepisal, vmešal pa se je še tiskarski škrat, ki je tretjino spremenil v polovičo, ci = 32. Junija i835 so ponudili 50 dolarjev (kar je glede na ameriško inflačijo enakovredno današnjim i32i dolarjem) za najboljšo rešitev naloge. Posebna komisija je med ii2 odgovori našla 48 pravilnih. Nagrado je dobil James Robinson, rešitev pa ni tako zelo lepa kot v
primeru originalne naloge, a3 = 37 j13.
XXX
10
PRESEK 45 (2017/2018) 2	10