i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 26 — #1 i
i
i
i
i
i
ZANIMIVOSTI
UGANKE IZ ODDAJE UGRIZNIMO ZNANOST
Dobra uganka je vedno dobrodošla! Morda ne toliko v raziskovalnem, za-
gotovo pa v pedagoškem svetu. Uporabimo jo lahko na številne načine:
za motivacijo, za promocijo, za preverjanje potencialnega kadra ali zgolj
za »utǐsanje« petletnika med vožnjo na morje. To spoznavam vsakič, ko s
pridom žanjem sadove svojega udejstvovanja v oddaji Ugriznimo znanost
(TV SLO). V njej jih gledalcem zastavljam vsak teden in tako je v treh
letih moj nabor postal res raznolik, zato sem se odločil, da nekaj matema-
tično najbolj zanimivih s tem prispevkom v nadaljnjo uporabo predam tudi
vam. Seveda z očitnim opozorilom: ne gre za avtorsko delo! A saj veste,
kaj pravijo . . . Uganka je kot vic! Dokler je cilj zabava, jo smeš povedati
naprej.
Garderobne omarice
V srednji šoli so dijaške omarice označene s števili od 1 do 100. Nekega
dne se sto dijakov postavi v vrsto in odigra naslednjo igro: prvi vse omarice
odpre, drugi pa zapre tiste, ki so označene s sodimi številkami. Nato k
vsaki tretji pristopi tretji in jo bodisi odpre bodisi zapre, odvisno od stanja,
v katerem jo najde. Podobno stori tudi vsak nadaljnji dijak – odpre oziroma
zapre vse omarice, katerih zaporedna številka je deljiva z njegovim mestom
v vrsti. Katere omarice so ob koncu igre ostale odprte?
Rešitev: Uganka je lahko odlična popestritev učne ure o deljivosti števil,
saj hiter razmislek pove, da je število dijakov, ki pristopijo k omarici, enako
številu deliteljev, ki jih ima njena številka. Natančneje, omarica bo ostala
odprta natanko tedaj, ko bo število obojih liho. Zapǐsimo ta pogoj s pomočjo
razcepa na praštevila. Naj bo n neko naravno število in naj bo njegov razcep
enak
n = pk11 · p
k2
2 · · · p
kl
l .
Tedaj mora biti vsako število d, ki ga deli, oblike
d = ps11 · p
s2
2 · · · p
sl
l , 0 ≤ sj ≤ kj .
Deliteljev števila n je torej natanko
(k1 + 1) · (k2 + 1) · · · (kl + 1).
Tak produkt je lih natanko tedaj, ko so lihi tudi vsi njegovi faktorji. To pa
pomeni, da morajo biti vsi eksponenti kj sodi, oziroma, da omarica ostane
odprta natanko tedaj, ko je njena zaporedna številka n popolni kvadrat.
26 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 27 — #2 i
i
i
i
i
i
Uganke iz oddaje Ugriznimo znanost
Labod in pošast
Na sredini okroglega jezera plava labod, ki želi poleteti proti svojemu gnezdu.
Za to mora najprej stopiti na obalo, kjer pa ga čaka štirikrat hitreǰsa pošast.
K sreči pošast ni zelo bistra, zato v vsakem trenutku izbere najkraǰso ko-
pensko pot do točke, h kateri se giba labod. Po kakšni poti naj plava labod,
da bo imel ob prihodu na obalo vsaj minimalno prednost?
Rešitev: Jasno je, da labod ne more izbrati direktne poti na kopno, saj bi
bila njegova pot v tem primeru od poti pošasti kraǰsa največ za faktor π.
Ubrati mora torej kak drug, bolj prebrisan način gibanja. Uganka tako lepo
ilustrira razliko med obodno in kotno hitrostjo, saj lahko labod – čeprav je
štirikrat počasneǰsi – kroži okoli sredǐsča z enako kotno hitrostjo kot pošast,
če je radij krožnice, ki jo opǐse, štirikrat manǰsi od polmera jezera. Še več, s
krožnim gibanjem po točkah, ki so še malce bližje sredǐsču, labod z vsakim
obhodom pridobi nekaj kotnih stopinj. Tako se lahko po nekem času znajde
v poziciji, ki jo prikazuje slika (skicirana je le ena od možnih poti). Labodova
direktna pot na kopno je sedaj za faktor 4π3 kraǰsa od poti, ki jo mora do
iste točke preteči pošast. Ker gre za število, ki je večje od 4, ima labod
sedaj dovolj prednosti za varen vzlet.
Nadzvočna hitrost
V letalskem centru so razvili brezpilotno raketo, ki lahko doseže zelo vi-
soke hitrosti. Vendar pa so njen pospeševalni sistem zelo nerodno vezali na
zvočni signal – raketa naj bi vsakič, ko iz postaje sprejme pisk, pospešila
za 100 m/s. Da tak sistem vodenja ni učinkovit, so opazili šele med testi-
ranjem, ko so ugotovili, da raketa po več kot treh piskih ne doseže želene
hitrosti. Zakaj? Kakšno hitrost doseže v takem primeru?
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1 27
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 28 — #3 i
i
i
i
i
i
Zanimivosti
Rešitev: Ključen podatek pri reševanju uganke je hitrost zvoka, ki v zraku
znaša okoli 340 m/s. Po štirih piskih je raketa torej že tako hitra, da je
signali iz postaje ne dohitijo več. Vendar pozor, to še ni odgovor na drugo
vprašanje. Na sliki je raketa v trenutku, ko jo ujame četrti pisk. Ker se
od tega trenutka dalje giblje z nadzvočno hitrostjo, bo ujela in še enkrat
zaznala tudi vse tri predhodne piske. Njena končna hitrost bo 700 m/s.
Lačna kamela
Trgovec želi 3000 banan prenesti 1000 milj daleč. Za pot ima na voljo ka-
melo, ki lahko nese do 1000 banan, a za vsako miljo poje en sadež. Kolikšno
je maksimalno število banan, ki jih lahko spravi na cilj?
Rešitev: Očitno je, da mora trgovec, če želi na cilj prinesti vsaj kakšno
banano, nekatere dele poti opraviti večkrat. Natančneje, izbrati mora pri-
merna mesta, kjer del tovora odloži in se vrne nazaj. Za to ima na voljo
kar nekaj ekvivalentnih možnosti, izkaže pa se, da je za optimalnost ključna
omejitev, da nobena banana ne bo ostala »ob poti«.
Za začetek premislimo, da rešitev, pri kateri trgovec na začetku pusti 1
banano, ni optimalna. Res, z njo bi lahko svoj kup banan pred začetkom
poti prestavil za 15 milje bližje cilju in dobil problem, v katerem mora 2999
banan prenesti 99945 milj daleč. Z enako organizacijo poti kot prej bi tako
na cilj lahko dostavil vsaj dodatno petino banane.
Nadalje velja, da banane ne smejo ostati niti v vmesnih točkah. Vsaki
rešitvi, ki temu ne zadosti, lahko namreč priredimo ekvivalentno rešitev, v
kateri trgovec tovor najprej dostavi do takega mesta, ter se šele nato ukvarja
z nadaljevanjem poti. Tako dobi nov začetni problem s spremenjenima
razdaljo in številom banan, ter svojo rešitev, ki jo lahko še izbolǰsa.
Upoštevajoč maksimalno možno obremenitev kamele je pot torej smi-
selno razdeliti na tri odseke (slika). Ob predpostavki, da sadeži ne ostanejo
ob poti, je število banan, ki prispejo na cilj, odvisno le od dolžin odsekov A,
28 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 29 — #4 i
i
i
i
i
i
Uganke iz oddaje Ugriznimo znanost
B in C, brez škode za splošnost pa lahko predpostavimo tudi, da se trgo-
vec ustavi le v obeh stičǐsčih. Ker bo drugi odsek poti prehojen le trikrat,
lahko kamela po njem prenese največ 2000 banan. Torej mora za pot do
tja pojesti vsaj 1000 banan in je A ≥ 200 milj. Po drugi strani velja, da
vsaka milja prvega odseka trgovca »stane« več banan kot milji preostalih
dveh odsekov. Zato je racionalno, da je njegova dolžina minimalna, A = 200
milj. Podobno določimo tudi razdaljo B = 33313 milj, na kateri kamela poje
nadaljnjih 1000 banan, in ugotovimo, da je optimalno, če se kup s preosta-
limi 1000 bananami znajde na razdalji 46623 milje do cilja. Trgovec tako na
cilj prenese 53313 banane.
Vedno 1089
Tri različne, neničelne cifre razporedite od največje do najmanǰse, tako da
dobite trimestno število. Od njega odštejte število z obratnim vrstnim re-
dom števk (npr. 732 − 237 = 495). Postopek ponovite tudi za dobljeno
razliko, le da tokrat uporabite seštevanje (495 + 594 = 1089). Dokažite, da
je rezultat vedno enak!
Rešitev: Naloga lepo ilustrira pomen desetǐskega zapisa. Denimo, da smo
izbrali števke A, B, in C. Razlika, ki jo dobimo na prvem koraku, je enaka
(100A+ 10B + C)− (100C + 10B +A) = 99(A− C).
Ker velja 9 ≥ A > B > C > 0, je 2 ≤ A − C ≤ 8. Dobimo torej trimestno
število, ki je deljivo z 99. Zanj se lahko hitro prepričamo, da je njegov
desetǐski zapis oblike a9b, kjer je a+ b = 9. Iskana vsota je torej enaka
(100a+ 90 + b) + (100b+ 90 + a) = 101(a+ b) + 180 = 1089.
Einsteinova uganka
Popotnik opazi medveda in začne teči. Najprej steče na jug, nato na vzhod
in nazadnje na sever, vsakič po 100 m. Na koncu se znajde v začetni točki.
Kakšne barve je bil medved?
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1 29
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 30 — #5 i
i
i
i
i
i
Zanimivosti
Rešitev: Gre za klasično uganko, ki jo pogosto najdemo v knjigah o ne-
evklidski geometriji. In sicer kot vprašanje: »Ali lahko narǐsemo trikotnik s
tremi pravimi koti!« Odgovor nanj je pritrdilen, ključno pa je, da se naloge
ne lotimo na (neukrivljenem) listu papirja. Na primer, tak trikotnik naj-
demo na sferi, če za oglǐsče izberemo severni pol, za stranice pa dve priležni
vzdolž poldnevnikov in nasprotno vzdolž vzporednika. To je tudi pot, ki jo
je prehodil naš popotnik in torej srečal belega, severnega medveda!
Kakorkoli, čeprav je to že pravilna rešitev, pa se naš razmislek ne sme
končati tu (v številnih virih je nadaljevanje izpuščeno, kar je tudi razlog, da
sem to uganko vključil v svoj izbor). Natančneje, obravnavati moramo tudi
množico poti, ki se nahaja v bližini južnega pola. Denimo, da se popotnik
po 100 m teka na jug znajde na vzporedniku, ki je dolg natanko 100k m za
k ∈ N. S tekom na vzhod bo torej napravil k obhodov južnega pola ter
se nato vrnil v izhodǐsče. Torej, vsaj matematično gledano, je možno tudi,
da se nahaja na Antarktiki . . . A brez panike! Rešitev skoraj stoletje stare
uganke s tem ni ogrožena. Barva medveda je še vedno bela, saj v okolici
južnega pola teh živali ni!
Petek 13.
Neprestopno leto ima tri nesrečne petke. Na kateri dan se začne?
Rešitev: Bolj kot odgovor na to uganko je fascinantno dejstvo, da je rešitev
enolična! Do nje se najlažje prebijemo tako, da v roke vzamemo koledar
neprestopnega leta in z njega po vrsti preberemo 13. dneve v mesecih. Jaz
sem to storil za leto 2017 in dobil
petek, ponedeljek, ponedeljek, četrtek, sobota, torek,
četrtek, nedelja, sreda, petek, ponedeljek, sreda.
Sreče pri izbiri leta očitno nisem imel, saj sta bila lani le dva taka petka.
Vseeno pa mi je zgornje zaporedje zelo v pomoč, saj lahko iz njega razberem,
da obstaja natanko en dan, ki se na 13. mestu pojavi trikrat. V letu 2017
je bil to ponedeljek. Sklepam lahko torej, da bo želeni pogoj izpolnjen
natanko tedaj, ko bo 13. februar padel na petek (v letu 2017 je na tem
mestu ponedeljek). Tako leto se začne na četrtek! Mimogrede, s podobno
analizo lahko ugotovite, da se petek 13. zgodi vsako leto, a ne več kot trikrat
(tudi v primeru prestopnega leta).
Kameleoni
V terariju so kupili 13 modrih, 15 rdečih in 17 zelenih kameleonov. Le-ti
imajo nenavadno lastnost, da se ob srečanju dveh kameleonov različnih barv
30 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 31 — #6 i
i
i
i
i
i
Uganke iz oddaje Ugriznimo znanost
oba spremenita v tretjo barvo. Ali se lahko zgodi, da bodo po nekem času
vsi kameleoni enake barve?
Rešitev: Uganka je lahko odlična popestritev deževnega popoldneva, če se
reševanja lotite na empiričen način. Kakorkoli, kot veleva nepisano kolo-
kvijsko pravilo, je odgovor na vprašanje, ki se začne z »ali«, najverjetneje
»ne«. Tako je tudi tokrat, čeprav dokaz terja nekaj originalnosti.
Označimo z M , R in Z število kameleonov treh barv. Ob poljubnem
srečanju kameleonov različnih barv se dve od treh števil zmanǰsata za 1,
eno pa se poveča za 2. To je ekvivalentno spremembi za −1 po modulu
3. Povedano drugače, ne glede na barvo vpletenih kameleonov se ostanek
števil Z, M in R pri deljenju s 3 zmanǰsa za 1. Ker imajo ta števila na
začetku različne ostanke pri deljenju s 3, ni mogoče, da bi v nekem trenutku
dve od njih zavzeli ničelno vrednost (to je potrebni pogoj, če naj bi bili vsi
kameleoni enake barve).
Janez in Marica
Janez in Marica sta na večerjo povabila še dva para. Ob prihodu so se vsi,
ki se niso poznali, rokovali. Marica je nato vsako od oseb vprašala, s koliko
ljudmi se je rokovala, in dobila pet različnih odgovorov. S koliko ljudmi se
je rokoval Janez?
Rešitev: O rešitvi je najlažje razmǐsljati ob pomoči diagrama na sliki (pri-
kazano ni pravilna rešitev). Zagotovo vemo le, da se partnerji med seboj
gotovo niso rokovali, vse druge kombinacije poznanstev so možne. Vsakdo
se je torej rokoval z 0 do 4 osebami, oziroma, ker je Marica dobila 5 raz-
ličnih odgovorov, vsakemu od navedenih števil pripada natanko eden izmed
preostalih udeležencev večerje.
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1 31
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 32 — #7 i
i
i
i
i
i
Zanimivosti
Pa se vprašajmo, ali bi lahko bil Janez neznan vsem gostom? Odgovor
je negativen, saj bi v tem primeru ponudil roko vsem. Posledično ne bi
obstajal od Marice različen gost, ki se ni rokoval z nikomer. Podobno velja
za možnost, ko se Janez ne bi rokoval z nikomer. V tem primeru ne bi
obstajal od Marice različen gost, ki ne bi poznal nikogar.
Pripǐsimo torej rokovanje s 4 osebami nekemu drugemu gostu, rokovanje
z nikomer pa njegovemu partnerju (to je edina preostala možnost). To
pomeni, da Janez in vsi preostali gostje v tem paru ne poznajo natanko ene,
iste osebe. Je to morda edini gost, ki ga Janez ne pozna? Odgovor je znova
negativen, saj potemtakem ne bi obstajala od Marice različna oseba, ki se
je rokovala natanko trikrat. Končno na tak način zavrnemo tudi možnost,
da se je Janez rokoval natanko trikrat, in zaključimo, da se je Janez rokoval
natanko dvakrat.
Problem dveh ovojnic
Miha je Maji dal na izbiro dve ovojnici in ji povedal, da je v eni dvakrat
toliko denarja kot v drugi. Dovolil ji je tudi, da pokuka v eno izmed njiju.
Maja je odprla prvo ovojnico in v njej zagledala 100 evrov, nato pa razmi-
šljala takole: »Če kuverto zamenjam, dobim bodisi 50 bodisi 200 evrov. Ker
sta oba zneska enako verjetna, je moj pričakovani dobiček, ki ga zaslužim z
menjavo ovojnice, enak 125 evrov. To je več od zneska v ovojnici, ki sem
jo odprla, zato se – statistično gledano – bolj splača vzeti drugo ovojnico!«
Ali je njeno razmǐsljanje pravilno?
Rešitev: Bralec, ki ni preveč pod vplivom klasičnega Monty hall problema,
bo hitro uganil, da je pravilni odgovor negativen. Problem, s katerim sem
se v oddaji soočil tudi sam, pa je, kako to prepričljivo in hkrati laično
utemeljiti. V naslednjem odstavku predstavljam svoj najbolǰsi poskus!
Če je Majino razǐsljanje pravilno, mora delovati tudi ob malce spreme-
njenih pogojih. Pa denimo, da ji Miha ne dovoli odpreti kuvert. Maja tako v
roke vzame prvo ovojnico in razmǐslja: »Če je v njej znesek A, me v sosednji
kuverti čaka bodisi znesek 2A bodisi znesek A/2. Ker je pričakovani dobi-
ček enak 54A, se splača kuverto zamenjati!« To tudi stori! Težava nastopi,
če začne sedaj, ko v rokah drži drugo kuverto, odločitev še enkrat tehtati.
Zgoraj smo opazili, da njen razmislek v resnici ni odvisen od konkretnega
zneska, zato bi se morala po njem znova odločiti za menjavo kuverte. To pa
je v nasprotju z optimalnostjo prve odločitve.
Sedaj si oglejmo še korektno, matematično razlago. Označimo z A zne-
sek, ki ga je videla Maja, z I in II pa slučajni spremenljivki, ki ponazarjata
zneska v obeh ovojnicah. V jeziku matematičnega upanja je Majin razmislek
32 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1
i
i
“KuzmanUros” — 2018/5/3 — 10:22 — page 33 — #8 i
i
i
i
i
i
Uganke iz oddaje Ugriznimo znanost
ekvivalenten računu
E(II) = (2A) · 1
2
+ (A/2) · 1
2
=
5
4
A.
Ta je seveda pomanjkljiv, saj se v korektni obliki glasi takole
E(II) = E(2A|I < II)P (I < II) + E(A/2|I > II)P (I > II)
= E(2A|I < II) · 1
2
+ E(A/2|I > II) · 1
2
= E(A|I < II) + 1
4
E(A|I > II).
Maja torej ni upoštevala, da mora za izračun količine E(II) uporabiti mate-
matično upanje in ne konkretne vrednosti spremenljivke A 6= E(A), dodati
pa bi morala tudi pogoje, pri katerih jo računa. No, malce smo goljufali
tudi mi, saj smo konkretno vrednost A = 100 nadomestili z ustrezno slu-
čajno spremenljivko . . . Kakorkoli, Maja bi morala razmǐsljati takole: »V
kuvertah sta zneska X in 2X. Za nobenega od njiju ne morem trditi, da je
enak videnemu znesku A = 100, zato lahko sklepam le, da bom z menjavo
bodisi zaslužila bodisi izgubila X evrov. Ker sta možnosti enako verjetni,
je pričakovani dobiček menjave ničeln!« Ekvivalentno,
E(II) = E(A|I < II) + 1
4
E(A|I > II) = X + 1
4
(2X) =
3X
2
= E(I).
Pri tem smo upoštevali, da je v primeru, ko je znesek v prvi ovojnici manǰsi
(tj. I < II), znesek A enak X, v nasprotnem primeru pa 2X, ter da ob
takem načinu računanja enak sklep velja tudi za E(I).
Če ste pravi naravoslovec, vas je ta, korektna rešitev verjetno bolj zado-
voljila. Ne vem pa, ali vam bo uspelo z njo o pravilnosti rešitve prepričati
tudi vašo ne-matematično okolico. Meni ni, lahko pa poskusite še sami!
Uroš Kuzman
http://www.dmfa-zaloznistvo.si/
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 1 33