MATEMATIKA
Kitajske naloge
•J/ •i' Np
Marjan Jerman
Zaradi geografske izoliranosti, večtisočletne samosvoje kulture in številčne populacije se je kitajska matematika zelo dolgo razvijala skoraj popolnoma neodvisno od drugih civilizacij.
Prve zametke matematike najdemo že v mitih, ki izvirajo iz predzgodovinskega obdobja. Najbolj znana je legenda o cesarju Yuju, ki se je ohranila tudi preko tradicije feng shuija. Cesar je z darovi želel pomiriti boga reke Lou, ki je pogosto povzročala katastrofalne poplave. Po eni izmed inačic zgodbe ni pomagalo prav nobeno darovanje, dokler ni iz reke prilezla želva. Na oklepu je imela zapisano naslednjo nenavadno tabelo s števili od 1 do 9:
4	9	2
3	5	7
8	1	6
Cesar je opazil, da je vsota vsake vrstice in vsota vsakega stolpca v tabeli enaka 15. Potem, ko je reki ponudil 15 darov, se je reka umirila. To je verjetno prva omemba magicnih kvadratov. Zanimivo je, da je to edini magicni kvadrat velikosti 3 x 3.
Vecji del našega vedenja o kitajski matematiki izvira iz približno desetih knjig, ki povzemajo dotedanje znanje matematike. Najstarejša je bila napisana približno 180 let pred našim štetjem. Verjetno najpomembnejša med njimi je knjiga z naslovom Devet poglavij matematične umetnosti. Knjigo so skozi stoletja spreminjali in dopolnjevali. Njena zadnja verzija je iz leta 200 našega štetja, vsebuje pa odkritja iz približno 1200-letne preteklosti.
Za razliko od današnjega razumevanja matematike, ki izvira iz starogrške tradicije in ga je prvi do-koncno izoblikoval Evklid v svojih Elementih približno 300 let pred našim štetjem, je bila kitajska matematika predstavljena kot zbirka konkretnih problemov. Številski podatki v problemih so skrbno izbrani, tako da rešitve problemov delujejo tudi z dru-gacnimi podatki in se v bistvu obnašajo kot današnje spremenljivke. Tako lahko s pomocjo analogije na-
loge posplošimo in dobimo nekaj takšnega, kot so naši izreki.
Kako razlicna od naše je bila starokitajska kultura, pokaže tudi njihov sistem izobraževanja. Cesarska akademija je med nižjimi sloji izbrala 30 študentov, med katerimi jih je 15 študiralo abstraktno, 15 pa uporabno matematiko. Po sedmih letih študija so na zelo strogih izpitih za državne uradnike morali rešiti nekaj nalog iz obravnavanih knjig. Študentje abstraktne matematike so morali dodatno še pravilno dopolniti vsaj šest od desetih nakljucnih stavkov iz knjige Devet poglavij matematične umetnosti.
Za ilustracijo tedanjega poznavanja matematike si poglejmo nekatere izmed znacilnih nalog.
Polnjenje ribnika
V	šestem poglavju je zapisana še danes zelo popularna naloga s polnjenjem ribnika.
Ribnik napaja pet kanalov. Prvi kanal napolni ribnik v tretjini dneva, drugi v enem dnevu, tretji v dveh dneh in pol, četrti v treh dneh in peti v petih dneh. Hkrati odpremo vse kanale. Kdaj bo poln ribnik?
Naj bo x število dni, potrebnih za napolnitev ribnika. Potem je
o	2 1 1
■ 3x + x + 5 x + 3 x + 5 x = 1.
Tako je x = ^^ kar je približno 4 ure, 51 minut in 54 sekund.
Kovanci
V	sedmem poglavju so naloge, ki so povezane z reševanjem sistemov linearnih enacb.
Na prvem kupu je devet zlatih, na drugem pa enajst srebrnih kovancev. Oba kupa tehtata enako. Iz vsakega kupa vzamemo po en kovanec in ga damo na drugi kup. Kup, ki je v glavnem sestavljen iz zlatih kovancev, sedaj tehta 13 utežnih enot manj kot kup, ki vsebuje večino srebrnih kovancev. Poišči teži zlatega in srebrnega kovanca.

9	PRESEK 42 (2014/2015) 4

MATEMATIKA
—^ Ce z 5 označimo težo srebrnega in z z težo zlatega kovanca, dobimo sistem enačb
■	9z = 115
8z + 5 + 13 = 105 + z.
Sistem ima enolično določeni rešitvi
- 5 = 29 1, z = 35 3.
		20
V		
/	x	S
/		2x
/		J
		14
P
1775
O
SLIKA 1.
Kvadratno mesto
z rešitvama
x =
-17 ± 267
2
Kvadratno mesto
V zadnjem, devetem poglavju, so naloge, ki so povezane z znanjem o pravokotnih trikotnikih. Med bolj zanimivimi je naslednja:
Mesto je obdano s kvadratnim obzidjem. Na vsaki stranici zidu so na sredini vrata. Dvajset korakov pred severnimi vrati je drevo. Če mesto zapustimo pri južnih vratih, naredimo 14 korakov proti jugu in nato 1775 korakov proti zahodu, prvic zagledamo drevo. Kako veliko je mesto?
D
Za širino mesta moramo vzeti pozitivno rešitev 2x = 250 korakov.
Oddaljeni otok
Liu Hui je leta 263 med komentarji knjige zapisal naslednjo nalogo o merjenju oddaljenega otoka:
Palici velikosti pet pujev sta postavljeni 1000 pujev narazen (en pu ustreza približno dvema metroma). Če se postavimo med palici 123 pujev za prvo palico, kije bližje otoku, sta vrh prve palice in vrh otoka poravnana. Če pa se postavimo 127 pujev za drugo palico, sta poravnana vrh otoka in vrh druge palice.
Kolikšna je višina otoka in koliko je otok oddaljen od prve palice?
Naloga bo bolj jasna, če dodamo, da z obale vidimo visok klif nad morjem, ki je hkrati najvišja točka otoka. Povedati je treba tudi, da je obala sičer položna in da vrhova obeh palič ter vrh otoka vidimo s točk na tleh. Situačija je ilustrirana in skičirana na sliki 2.
Naj bo v višina klifa in d oddaljenost prve paliče od otoka.
Trikotnika BP1Q1 in BOV sta si podobna, zato je
5
123
123 d
Prav tako sta si podobna tudi trikotnika AP2Q2 in AOV, zato je
5
v
127
d+ 1000 + 127'
Od tod dobimo sistem enačb
v
Skičirajmo mesto in uporabljajmo oznake s slike 1. Naj bo 2x njegova širina.
Ker sta trikotnika POD in VSD podobna, je
20 _ 34 + 2x " x = 1775 '
Razmerje je ekvivalentno kvadratni enačbi ■ x2 + 17x — 17750 = 0
■	615 + 5d = 123v 5635 + 5d = 127v
z rešitvama
■	v = 1255 in d = 30750.
Otok je visok 1255 pujev in je 30750 pujev oddaljen od prve paliče.
10
PRESEK 42 (2014/2015) 4
MATEMATIKA
O
Pi 123 B P2 127 A
SLIKA 2.
Merjenje otoka z obale
Košara z jajci
Sun Zi je v petem stoletju med komentarji knjige zapisal naslednjo nalogo:
Ce iz košare jemljemo po tri jajca, v košari ostaneta dve jajci. Ce jemljemo po pet jajc, ostanejo tri. Ce pa jih jemljemo po sedem, ostaneta dve. Koliko jajc je v košari?
Naj bo x število jajc v košari. Besedilo pravi, da je ostanek pri deljenju x s 3 enak 2, ostanek pri deljenju x s 5 enak 3 in ostanek pri deljenju x s 7 enak 2. Danes to krajše zapišemo kot sistem kongruenc:
' x = 2 (mod 3) x = 3 (mod 5) x = 2 (mod 7)
Izkaže se, daje takšen sistem zagotovo rešljiv, Ce so moduli paroma tuji. Danes ta rezultat imenujemo Kitajski izrek o ostankih Kitajci so vedeli, da morajo v tem primeru rešitev iskati v obliki
■	x = 3 ■ 5 ■ a + 3 ■ 7 ■ b + 5 ■ 7 ■ c.
Zaradi tujosti modulov bi se dalo pokazati, da je prav vsaka rešitev te oblike. Vsak od seštevancev je premeteno nastavljen tako, da preostala dva data ostanek 0 po drugih dveh modulih. To pomeni, da mora hkrati veljati:
■	15a = 2 (mod 7) 21b = 3 (mod 5) 35c = 2 (mod 3)
Ker je 15a = 2 ■ 7a + a, 21b = 4 ■ 5b + b in 35c = 11 ■ 3c + 2c, dobimo
a = 7a' + 2, b = 5br + 3, 2c = 3c' + 2.
Ce preverimo vse možne ostanke pri deljenju s tri, vidimo, da mora biti c oblike c = 3c'' + 1. Ko rešitve vstavimo v nastavek za x, dobimo
■	x = 3 ■ 5 ■ 7(a + br + c'') + 128 = 105n + 128.
Najmanjšo smiselno naravno rešitev dobimo v primeru n = -1. Takrat je x = 23. Naslednja je že 128. Vse ostale rešitve dobimo s prištevanjem večkratnikov števila 105.
Perutnina
Yang Hui je v trinajstem stoletju pazljivo predelal Devet poglavij matematične umetnosti in med komentarji zapisal zanimivo nalogo, ki je povezana z reševanjem linearnih diofantskih enačb:
Petelin stane pet cienov, kokoš tri ciene in trije piščanci en cien. 100 glav perutnine kupimo za 100 čienov. Koliko petelinov, koliko kokoši in koliko piščancev smo kupili?
Naj bo x število petelinov, y število kokoši in z število piščancev, ki smo jih kupili. Potem je
5x + 3y + 1 z = 100 , x + y + z = 100 .

v
d
11	PRESEK 42 (2014/2015) 4

MATEMATIKA

Ce odpravimo spremenljivko z, dobimo enacbo
■	7x + 4y = 100.
To je enacba premice v ravnini, na kateri leži neskončno tock s koordinatama (x,y). Za rešitev naloge bodo zanimive le točke, ki imajo za koordinate nenegativna cela števila. Kitajci so, enako kot Grki in Indijci, že znali reševati t. i. diofantske enačbe. Najprej je treba v celih številih rešiti diofantsko enacbo
■	7x + 4y = D(7,4),
kjer D(7,4) = 1 pomeni najvecji skupni delitelj števil 7 in 4. Zelo lahko je uganiti eno od celih rešitev, recimo x0 = -1 in y0 = 2. Indijski matematik Brahma-gupta je v sedmem stoletju pokazal, da so vse ostale celoštevilske rešitve enacbe 7x + 4y = 1 oblike
■	x = x0 + 4k = 4k - 1 , y = y0 - 7k = 2 - 7k .
Poskušajte opaziti idejo, da sta rešitvi nastavljeni tako, da se dodana 4k in 7k odštejeta. Iskani rešitvi originalne enacbe 7x + 4y = 100 pa sta 100 krat vecji:
■	x = 100x0 + 4k = 4k - 100 , y = 100y0 - 7k = 200 - 7k .
Da bosta rešitvi smiselni, mora seveda veljati x > 0 in y > 0. To pomeni, da mora biti
■	25 < k < 28.
Za smiselne k dobimo kar štiri ustrezne rešitve:
k	x	y	z
25	0	25	75
26	4	18	78
27	8	11	81
28	12	4	84
Prva rešitev odpade, ce vemo, da smo kupili vsaj enega petelina.
Naloge
Ce nam je uspelo z nalogami navdušiti katerega od bralcev, se lahko loti še naslednjih kitajskih nalog.
1.	Hitri tekac pretece 100 korakov v enakem casu kot pocasni 60 korakov. Hitri tekac da pocasne-mu 100 korakov prednosti, nato starta tudi on. Cez koliko korakov bo ujel pocasnega?
2.	Kubicni kun žada tehta sedem liangov, kubicni kun peska pa šest liangov. V kocki s stranico tri kune je mešanica žada in peska, ki tehta 11 jinov. Kolikšni sta teži žada in peska v kocki? (1 jin=16 liangov)
3.	Okroglo mesto z neznanim premerom ima na vsaki od strani neba vrata. Oseba A starta pri zahodnih vratih in naredi 480 pujev proti jugu. Oseba B pa starta pri vzhodnih vratih. Ko naredi 16 pu-jev proti vzhodu, zagleda osebo A. Poišci premer mesta.
4.	Ce neznano število kroglic postavimo v sedem enako dolgih vrst, nam ostane ena; ce jih postavimo v osem vrst, ostaneta dve; ce jih postavimo v devet vrst, ostaneta tri. Koliko je vseh kroglic?
5.	V isto kletko damo fazane in zajce. Naštejemo 35 glav in 94 nog. Koliko fazanov in koliko zajcev je v kletki?
_ XXX
Križne vsote
-> Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v sivem kvadratku na zacetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) razlicne.
	7	6		
10			14	
10				3
		4		
		6		
XXX
12
PRESEK 42 (2014/2015) 4