Univerza v LjubljaniPedagoška fakulteta

Oddelek za matematiko in računalništvoKatedra za algebro in analizo

Marko Razpet

MADAMINAŠtudijsko gradivo

Matematične teme z didaktiko

Ljubljana november 2014

Kazalo

Tabele 3

Slike 4

Predgovor 5

1 Število don Juanovih ljubic 6

2 Pitagorejski trikotniki 16

3 Geometrijsko zaporedje 17

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi 29

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji 33

6 Kompleksna geometrijska vrsta 35

Za konec 39

Literatura in spletni viri 40

2

Tabele

1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2 13

2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov 17

3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice 32

3

Slike

1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91 15

2 Osnovne note 17

3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1 19

4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1 21

5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0 22

6 Beli je na potezi 26

7 Klaviatura 30

8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol 31

9 Čista kvinta dondashsol 32

10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov 34

11 Zaporedje kvadratov 35

12 Kompleksna geometrijska zaporedja 37

13 Vsota kompleksne geometrijske vrste 37

14 Vsota še ene kompleksne vrste 38

15 Siva čaplja je pravkar vzletela 40

4

Predgovor

Števila za katera veliko ljudi misli da so že kar prava matematika običajnomislimo na naravna so bila vedno zanimiva Praljudje so se že verjetnoigrali s kamenčki fižolčki kroglicami in podobnimi rečmi jih razvrščali vravne črte kroge trikotnike kvadrate in druge like jih šteli in skušali najtineka splošna pravila Pitagorejci so številom pripisali veliko že kar pretiranopomembnost Prepričani so bili da so števila (ἀριθμοί) in razmerja (λόγοι)prisotna vsepovsod tudi v naravi umetnosti družbi in vesolju

V pričujočem sestavku bomo predstavili nekaj primerov števil pobranih zrazličnih področij da bi s tem spoznali da je matematika prisotna vsepovsodPokazali bomo tudi nekaj prijemov kako se lotimo nekaterih problemov

Mimogrede bomo pojasnili izvor marsikatere besede s katero se kitimo vvsakdanjem govoru ne da bi pomislili da prihaja iz stare grščine S tem najbi začutili vsaj delček veličine antične kulture Komur pa to nič ne pomenitemu pač ni pomoči in naj razpravo o tem raje kar preskoči Nič pa ne boodveč in to nikoli ni če ponovimo klasični grški alfabet (ἄλφα βῆτα prvidve črki v razvrstitvi grških črk)

Α α alfa Ι ι jota Ρ ρ roΒ β beta Κ κ kapa Σ σv ς sigmaΓ γ gama Λ λ lambda Τ τ tavΔ δ delta Μ μ mi Υ υ ipsilonΕ ε epsilon Ν ν ni Φ φ fiΖ ζ zeta Ξ ξ ksi Χ χ hiΗ η eta Ο ο omikron Ψ ψ psiΘ θ theta Π π pi Ω ω omega

Matematiki fiziki in astronomi (same grške besede) pa tudi drugi znanstve-niki na veliko uporabljajo predvsem male grške črke Nekatere imajo po dveobliki na primer epsilon zapišejo včasih kot ε včasih kot ε Prav tako thetakot θ in ϑ kapa kot κ in κ pi kot π in $ ro kot ρ in sigma kot σ in ς terfi kot φ in ϕ Ni resne znanosti brez grških črk

Ljubljana november 2014 Dr Marko Razpet

5

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Kazalo

Tabele 3

Slike 4

Predgovor 5

1 Število don Juanovih ljubic 6

2 Pitagorejski trikotniki 16

3 Geometrijsko zaporedje 17

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi 29

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji 33

6 Kompleksna geometrijska vrsta 35

Za konec 39

Literatura in spletni viri 40

2

Tabele

1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2 13

2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov 17

3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice 32

3

Slike

1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91 15

2 Osnovne note 17

3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1 19

4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1 21

5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0 22

6 Beli je na potezi 26

7 Klaviatura 30

8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol 31

9 Čista kvinta dondashsol 32

10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov 34

11 Zaporedje kvadratov 35

12 Kompleksna geometrijska zaporedja 37

13 Vsota kompleksne geometrijske vrste 37

14 Vsota še ene kompleksne vrste 38

15 Siva čaplja je pravkar vzletela 40

4

Predgovor

Števila za katera veliko ljudi misli da so že kar prava matematika običajnomislimo na naravna so bila vedno zanimiva Praljudje so se že verjetnoigrali s kamenčki fižolčki kroglicami in podobnimi rečmi jih razvrščali vravne črte kroge trikotnike kvadrate in druge like jih šteli in skušali najtineka splošna pravila Pitagorejci so številom pripisali veliko že kar pretiranopomembnost Prepričani so bili da so števila (ἀριθμοί) in razmerja (λόγοι)prisotna vsepovsod tudi v naravi umetnosti družbi in vesolju

V pričujočem sestavku bomo predstavili nekaj primerov števil pobranih zrazličnih področij da bi s tem spoznali da je matematika prisotna vsepovsodPokazali bomo tudi nekaj prijemov kako se lotimo nekaterih problemov

Mimogrede bomo pojasnili izvor marsikatere besede s katero se kitimo vvsakdanjem govoru ne da bi pomislili da prihaja iz stare grščine S tem najbi začutili vsaj delček veličine antične kulture Komur pa to nič ne pomenitemu pač ni pomoči in naj razpravo o tem raje kar preskoči Nič pa ne boodveč in to nikoli ni če ponovimo klasični grški alfabet (ἄλφα βῆτα prvidve črki v razvrstitvi grških črk)

Α α alfa Ι ι jota Ρ ρ roΒ β beta Κ κ kapa Σ σv ς sigmaΓ γ gama Λ λ lambda Τ τ tavΔ δ delta Μ μ mi Υ υ ipsilonΕ ε epsilon Ν ν ni Φ φ fiΖ ζ zeta Ξ ξ ksi Χ χ hiΗ η eta Ο ο omikron Ψ ψ psiΘ θ theta Π π pi Ω ω omega

Matematiki fiziki in astronomi (same grške besede) pa tudi drugi znanstve-niki na veliko uporabljajo predvsem male grške črke Nekatere imajo po dveobliki na primer epsilon zapišejo včasih kot ε včasih kot ε Prav tako thetakot θ in ϑ kapa kot κ in κ pi kot π in $ ro kot ρ in sigma kot σ in ς terfi kot φ in ϕ Ni resne znanosti brez grških črk

Ljubljana november 2014 Dr Marko Razpet

5

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Tabele

1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2 13

2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov 17

3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice 32

3

Slike

1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91 15

2 Osnovne note 17

3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1 19

4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1 21

5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0 22

6 Beli je na potezi 26

7 Klaviatura 30

8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol 31

9 Čista kvinta dondashsol 32

10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov 34

11 Zaporedje kvadratov 35

12 Kompleksna geometrijska zaporedja 37

13 Vsota kompleksne geometrijske vrste 37

14 Vsota še ene kompleksne vrste 38

15 Siva čaplja je pravkar vzletela 40

4

Predgovor

Števila za katera veliko ljudi misli da so že kar prava matematika običajnomislimo na naravna so bila vedno zanimiva Praljudje so se že verjetnoigrali s kamenčki fižolčki kroglicami in podobnimi rečmi jih razvrščali vravne črte kroge trikotnike kvadrate in druge like jih šteli in skušali najtineka splošna pravila Pitagorejci so številom pripisali veliko že kar pretiranopomembnost Prepričani so bili da so števila (ἀριθμοί) in razmerja (λόγοι)prisotna vsepovsod tudi v naravi umetnosti družbi in vesolju

V pričujočem sestavku bomo predstavili nekaj primerov števil pobranih zrazličnih področij da bi s tem spoznali da je matematika prisotna vsepovsodPokazali bomo tudi nekaj prijemov kako se lotimo nekaterih problemov

Mimogrede bomo pojasnili izvor marsikatere besede s katero se kitimo vvsakdanjem govoru ne da bi pomislili da prihaja iz stare grščine S tem najbi začutili vsaj delček veličine antične kulture Komur pa to nič ne pomenitemu pač ni pomoči in naj razpravo o tem raje kar preskoči Nič pa ne boodveč in to nikoli ni če ponovimo klasični grški alfabet (ἄλφα βῆτα prvidve črki v razvrstitvi grških črk)

Α α alfa Ι ι jota Ρ ρ roΒ β beta Κ κ kapa Σ σv ς sigmaΓ γ gama Λ λ lambda Τ τ tavΔ δ delta Μ μ mi Υ υ ipsilonΕ ε epsilon Ν ν ni Φ φ fiΖ ζ zeta Ξ ξ ksi Χ χ hiΗ η eta Ο ο omikron Ψ ψ psiΘ θ theta Π π pi Ω ω omega

Matematiki fiziki in astronomi (same grške besede) pa tudi drugi znanstve-niki na veliko uporabljajo predvsem male grške črke Nekatere imajo po dveobliki na primer epsilon zapišejo včasih kot ε včasih kot ε Prav tako thetakot θ in ϑ kapa kot κ in κ pi kot π in $ ro kot ρ in sigma kot σ in ς terfi kot φ in ϕ Ni resne znanosti brez grških črk

Ljubljana november 2014 Dr Marko Razpet

5

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Slike

1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91 15

2 Osnovne note 17

3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1 19

4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1 21

5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0 22

6 Beli je na potezi 26

7 Klaviatura 30

8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol 31

9 Čista kvinta dondashsol 32

10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov 34

11 Zaporedje kvadratov 35

12 Kompleksna geometrijska zaporedja 37

13 Vsota kompleksne geometrijske vrste 37

14 Vsota še ene kompleksne vrste 38

15 Siva čaplja je pravkar vzletela 40

4

Predgovor

Števila za katera veliko ljudi misli da so že kar prava matematika običajnomislimo na naravna so bila vedno zanimiva Praljudje so se že verjetnoigrali s kamenčki fižolčki kroglicami in podobnimi rečmi jih razvrščali vravne črte kroge trikotnike kvadrate in druge like jih šteli in skušali najtineka splošna pravila Pitagorejci so številom pripisali veliko že kar pretiranopomembnost Prepričani so bili da so števila (ἀριθμοί) in razmerja (λόγοι)prisotna vsepovsod tudi v naravi umetnosti družbi in vesolju

V pričujočem sestavku bomo predstavili nekaj primerov števil pobranih zrazličnih področij da bi s tem spoznali da je matematika prisotna vsepovsodPokazali bomo tudi nekaj prijemov kako se lotimo nekaterih problemov

Mimogrede bomo pojasnili izvor marsikatere besede s katero se kitimo vvsakdanjem govoru ne da bi pomislili da prihaja iz stare grščine S tem najbi začutili vsaj delček veličine antične kulture Komur pa to nič ne pomenitemu pač ni pomoči in naj razpravo o tem raje kar preskoči Nič pa ne boodveč in to nikoli ni če ponovimo klasični grški alfabet (ἄλφα βῆτα prvidve črki v razvrstitvi grških črk)

Α α alfa Ι ι jota Ρ ρ roΒ β beta Κ κ kapa Σ σv ς sigmaΓ γ gama Λ λ lambda Τ τ tavΔ δ delta Μ μ mi Υ υ ipsilonΕ ε epsilon Ν ν ni Φ φ fiΖ ζ zeta Ξ ξ ksi Χ χ hiΗ η eta Ο ο omikron Ψ ψ psiΘ θ theta Π π pi Ω ω omega

Matematiki fiziki in astronomi (same grške besede) pa tudi drugi znanstve-niki na veliko uporabljajo predvsem male grške črke Nekatere imajo po dveobliki na primer epsilon zapišejo včasih kot ε včasih kot ε Prav tako thetakot θ in ϑ kapa kot κ in κ pi kot π in $ ro kot ρ in sigma kot σ in ς terfi kot φ in ϕ Ni resne znanosti brez grških črk

Ljubljana november 2014 Dr Marko Razpet

5

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Predgovor

Števila za katera veliko ljudi misli da so že kar prava matematika običajnomislimo na naravna so bila vedno zanimiva Praljudje so se že verjetnoigrali s kamenčki fižolčki kroglicami in podobnimi rečmi jih razvrščali vravne črte kroge trikotnike kvadrate in druge like jih šteli in skušali najtineka splošna pravila Pitagorejci so številom pripisali veliko že kar pretiranopomembnost Prepričani so bili da so števila (ἀριθμοί) in razmerja (λόγοι)prisotna vsepovsod tudi v naravi umetnosti družbi in vesolju

V pričujočem sestavku bomo predstavili nekaj primerov števil pobranih zrazličnih področij da bi s tem spoznali da je matematika prisotna vsepovsodPokazali bomo tudi nekaj prijemov kako se lotimo nekaterih problemov

Mimogrede bomo pojasnili izvor marsikatere besede s katero se kitimo vvsakdanjem govoru ne da bi pomislili da prihaja iz stare grščine S tem najbi začutili vsaj delček veličine antične kulture Komur pa to nič ne pomenitemu pač ni pomoči in naj razpravo o tem raje kar preskoči Nič pa ne boodveč in to nikoli ni če ponovimo klasični grški alfabet (ἄλφα βῆτα prvidve črki v razvrstitvi grških črk)

Α α alfa Ι ι jota Ρ ρ roΒ β beta Κ κ kapa Σ σv ς sigmaΓ γ gama Λ λ lambda Τ τ tavΔ δ delta Μ μ mi Υ υ ipsilonΕ ε epsilon Ν ν ni Φ φ fiΖ ζ zeta Ξ ξ ksi Χ χ hiΗ η eta Ο ο omikron Ψ ψ psiΘ θ theta Π π pi Ω ω omega

Matematiki fiziki in astronomi (same grške besede) pa tudi drugi znanstve-niki na veliko uporabljajo predvsem male grške črke Nekatere imajo po dveobliki na primer epsilon zapišejo včasih kot ε včasih kot ε Prav tako thetakot θ in ϑ kapa kot κ in κ pi kot π in $ ro kot ρ in sigma kot σ in ς terfi kot φ in ϕ Ni resne znanosti brez grških črk

Ljubljana november 2014 Dr Marko Razpet

5

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

1 Število don Juanovih ljubic

Wolfgang Amadeus Mozart (1756ndash1791) je ustvaril veliko čudovite glasbetudi opero v dveh dejanjih Don Juan morda bolj znano kot Don GiovanniNa veliko ljudi deluje Mozartova glasba pomirjajoče Izvajajo jo po vsem kul-turnem svetu Tako kot naš Jurij Vega (1754ndash1802) je bil tudi Mozart članneke prostozidarske lože na Dunaju Prostozidarjem je posvetil celo nekajskladb ki jih še dandanes uporabljajo pri svojih obredih in ki upoštevajo pre-cej numerologije V svoji prostozidarski vnemi je Mozart skomponiral operoČarobna piščal ndash Die Zauberfloumlte in Masonsko žalno glasbo ndash MaurerischeTrauermusik

Premiera ali krstna izvedba Mozartovega Don Juana je bila 29 oktobra 1787v Pragi Libreto je napisal Lorenzo da Ponte (1749ndash1838) Zaradi števil sioglejmo del arije Leporella don Juanovega sluga iz prvega dejanja in sicerv originalnem jeziku italijanščini V tem jeziku jo pogosto prepevajo poštevilnih koncertnih in opernih odrih povsod po svetu

Madamina il catalogo egrave questo

Delle belle che amograve il padron mio

Un catalogo egli egrave che ho fattrsquoio

Osservate leggete con me

In Italia seicento e quaranta

In Alemagna duecento e trentuna

Cento in Francia in Turchia novantuna

Ma in Ispagna son giagrave mille e tre

Beseda madamina ki je pomanjševalnica besede madam je dala temudelu ime Pomeni seveda lepo mlado damo damico madamico gospodičnoZ besedo madamina Leporello naslavlja Elviro ki jo je zapeljal don Juanin zapustil ona pa še kar računa nanj Leporello jo želi odvrniti od donJuana kot velikega grešnika celo morilca Operno besedilo so bolj ali manjposrečeno prevedli tudi v druge jezike V angleščini se odlomek glasi takole

6

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

My dear lady this is a list

Of the beauties my master has loved

A list which I have compiled

Observe read along with me

In Italy six hundred and forty

In Germany two hundred and thirty-one

A hundred in France in Turkey ninety-one

But in Spain already one thousand and three

V prevodu v slovenščino ki ga je napisal Smiljan Samec (1912ndash1995) in seuporablja na naših odrih ko se opero ali samo njeno arijo izvaja v slovenščiniso števila nekoliko drugačna

Lepa dona protokol ta poglejte

vsaka ljuba gospoda don Juana

v njem je točno zaznamenovana

če vam drago prečitajva ga

V laški zemlji šeststo in pa dvajset

tam na Nemškem dvesto triindvajset

sto na Francoskem na Turškem sto štiri

a na Španjolskem že tisoč in tri

Beseda zaznamenovana namesto zaznamovana danes zveni precej tuje Pravtako so v nemščini števila druga Vidimo da so Nemci verjetno zaradiohranjanja taktov namesto Turčije vzeli nekoliko bolj oddaljeno Perzijo

Schoumlne Donna Dies genaue Register

Es enthaumllt seine Liebesaffaumlren

Der Verfasser des Werks bin ich selber

Wennrsquos gefaumlllig so gehrsquon wir es durch

7

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

In Italien sechshundertundvierzig

Hier in Deutschland zweihundertunddreiszligig

Hundert in Frankreich und neunzig in Persien

Aber in Spanien schon tausend und drei

Pevec bi v francoščini zapel naslednje besedilo

Chegravere madame voici le catalogue

Des belles qursquoa aimeacutees mon maicirctre

Crsquoest un catalogue que jrsquoai fait moi-mecircme

Regardez lisez avec moi

En Italie six cent quarante

En Allemagne deux cent trente et une

Cent en France en Turquie quatre-vingt-onze

Mais en Espagne elles sont deacutejagrave mille trois

V francoščini je zanimiv števnik quatre-vingt-onze za enaindevetdeset Be-seda quatre pomeni štiri vingt dvajset onze pa enajst Dobesedno pomeniquatre-vingt-onze štiri dvajsetice in enajst to je enaindevetdeset

Matematik takoj opazi glagol lisez ki ga je uporabil matematik fizik astro-nom in filozof Pierre Simon Laplace (1749ndash1827) v znamenitem stavku

Lisez Euler lisez Euler crsquoest notre maicirctre agrave tous

To pomeni

Berite Eulerja berite Eulerja on je naš učitelj v vsem

Leonhard Euler (1707ndash1783) je bil eden največjih matematikov in fizikov vsehčasov

V španščini pa gre Madamina tako

8

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Sentildeorita el cataacutelogo es este

de las bellas que amoacute mi patroacuten

un cataacutelogo que yo mismo hice

observad leed conmigo

En Italia seiscientas cuarenta

En Alemania doscientas treinta y una

Cien en Francia en Turquiacutea noventa y una

Pero en Espantildea son ya mil y tres

V ruščini ki je poleg angleščine nemščine španščine zagotovo velik jezik sose ohranili isti števniki kot v italijanščini

Miledi vot tot spisok

Krasavic kotoryh mo gospodin lbil

tot spisok kotory sam sostavil

Smotrite qitate vmeste so mno

V Italii ndash xest~sot sorok

V Germanii ndash dvesti tridcat~ odna

Sotn - vo Francii v Turcii ndash devnosto odna

No v Ispanii ue tysqa tri

V ruščini obstajata zanimiva števnika sorok (s poudarkom na prvem zlogu)kar pomeni štirideset in devnosto kar pomeni devetdeset Njuna eti-mologija (iz ἔτυμον resničen pravi in λόγος beseda misel) je po svojezanimiva Števnik sorok so uporabljali trgovci za sveženj 40 kož vevericali soboljev In beseda ki ima izvor v nordijskih jezikih je prišla v splošnorabo Za besedo devnosto pa si etimologi niso popolnoma edini kako jorazložiti

Sledi naštevanje poklicev in stanov ki jim vse te ženske pripadajo Po Le-porellovem seznamu v italijanščini je imel don Giovanni vsega skupaj 2065

9

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

ljubic v Italiji 640 na Nemškem 231 na Francoskem 100 v Turčiji 91 inna Španskem celo 1 003 Kaj početi z vsemi temi števili in njihovo vsotoNajprej jih uredimo po velikosti Če drugega ne jih nato razstavimo naprafaktorje

91 = 7 middot 13100 = 22 middot 52

231 = 3 middot 7 middot 11640 = 27 middot 5

1 003 = 17 middot 592 065 = 5 middot 7 middot 59

Iz razcepov takoj opazimo da števila iz množice

M = 91 100 231 640 1003 2065

nimajo nobenega skupnega faktorja razen 1 Njihov največji skupni deliteljje zato 1 Navadno to zapišemo takole

D(91 100 231 640 1003 2065) = 1

Kaj pa če vzamemo 5 števil iz množiceM Takih izborov je(65

)= 6

to je število izbir 5 elementov izmed 6 oziroma število kombinacij brez pona-vljanj 6 elementov 5 razreda ali število podmnožic s 5 elementi v množiciMki ima 6 elementov Ker v vsaki podmožici v tem primeru manjka natančnoeden izM jih ni težko našteti

100 231 640 1003 2065 91 231 640 1003 2065 91 100 640 1003 2065

91 100 231 1003 2065 91 100 231 640 2065 91 100 231 640 1003

Vse podmnožice s 5 elementi v množiciM sestavljajo števila ki imajo skupnidelitelj 1

Obstaja kar (64

)= 15

10

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

podmnožic s 4 elementi v množiciM Tudi vse podmnožice s 4 elementi vmnožiciM sestavljajo števila ki imajo skupni delitelj 1 Dolgočasno kajneŠtevilo (

63

)= 20

ki pove koliko trielementnih podmnožic je v množici M je nekoliko večjepa še vedno pritlikavo v primerjavi z ogromnimi števili ki nastopajo v praksiV tem primeru imamo na podlagi razcepov na prafaktorje

D(91 231 2065) = 7 D(100 640 2065) = 5

preostale podmnožice s 3 elementi v množici M pa sestavljajo števila kiimajo skupni delitelj 1

Število (62

)= 15

pove koliko je dvoelementnih podmnožic množiceM Največji skupni deli-telji so bolj zanimivi

D(91 231) = 7 D(91 2065) = 7 D(100 640) = 20 D(100 2065) = 5

D(231 2065) = 7 D(640 2065) = 5 D(1003 2065) = 59

Preostalih podmnožice z dvema elementoma v množici M pa sestavljajoštevila ki imajo skupni delitelj 1 Zlahka preverimo na primer še račun

D(91 231 2065) = D(D(91 231) 2065) = D(7 2065) = 7

Seveda lahko iskanje največjega skupnega delitelja dveh naravnih števil opra-vimo tudi z Evklidovim algoritmom Kako to gre pokažimo za števili 231 in2065

2065 = 231 middot 8 + 217231 = 217 middot 1 + 14217 = 14 middot 15 + 714 = 7 middot 2 + 0

11

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Zadnji od 0 različen ostanek pri tem verižnem deljenju je 7 kar je iskaninajvečji skupni delitelj števil 231 in 2065

Katera od števil iz množice M so vsote dveh kvadratov to pomeni da sejih da zapisati kot vsoto kvadratov dveh naravnih števil Znano je da jenajmanjše praštevilo to je 2 vsota dveh kvadratov

2 = 12 + 12

Od lihih praštevil pa so vsote dveh kvadratov samo tista ki pri deljenju s 4dajo ostanek 1 Če dajo pri deljenju s 4 ostanek 3 pa ne To je domneval kotše marsikaj drugega v zvezi s števili Pierre Fermat (1601ndash1665) dokazalaLeonhard Euler (1707ndash1783) in Joseph-Louis Lagrange (1736ndash1813) CarlFriedrich Gauszlig (1777ndash1855) Richard Dedekind (1831ndash1916) in drugi pa sodokaz še poenostavili Ostankov 0 ali 2 pa pri deljenju s 4 liho praštevilo nemore dati o čemer se lahko hitro sami prepričamo

Število 91 = 7 middot 13 ni vsota dveh kvadratov ker prafaktor 7 da ostanek 3 prideljenju s 4 Pač pa število 8281 = 912 = 72 middot 132 je vsota dveh kvadratovker praštevilo 13 da ostanek 1 pri deljenju s 4 Res lahko najprej zapišemo

13 = 32 + 22

nato pa še na primer

169 = 132 = (32 + 22)2 = |3 + 2i|4 = |(3 + 2i)2|2 = |5 + 12i|2 = 52 + 122

Nič novega ne bi dobili če bi zapisali

(32 + 22)2 = | plusmn 3plusmn 2i|4 ali (32 + 22)2 = | plusmn 2plusmn 3i|4

Nazadnje lahko napišemo

912 = 72 middot 132 = 72 middot (52 + 122) = 352 + 842

Če drugega ne smo pokazali primer uporabnosti kompleksnih števil

Sedaj se lahko vprašamo koliko rešitev (x y) ima enačba x2+y2 = 912 v celihštevilih oziroma koliko točk s celoštevilskimi koordinatami leži na krožnicis polmerom r = 91 z enačbo x2 + y2 = 912 v pravokotnem kartezičnem ko-ordinatnem sistemu Oxy Trivialne rešitve uganemo z zgornjim rezultatom

12

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

pa lahko preostale dobljene z zrcaljenji še dodamo tako da lahko zapišemovseh 12 točk

(91 0) (minus91 0) (0 91) (0minus91) (35 84) (minus35 84)

(35minus84) (minus35minus84) (84 35) (minus84 35) (84minus35) (minus84minus35)

r Razcep na prafaktorje N(r)1 42 2 43 3 44 22 45 5 126 2 middot 3 47 7 48 23 49 32 410 2 middot 5 1211 11 412 22 middot 3 413 13 1214 2 middot 7 4

Tabela 1 Število mrežnih točk na krožnici x2 + y2 = r2

Če v koordinatni ravnini načrtamo vse premice x = m in y = n ter vse točke(mn) presečišča teh premic ko m in n tečeta po vseh celih številih dobimomrežo Točke (mn) s celoštevilskimi koordinatami imenujemo mrežne točkeOznačimo z N(r) število vseh celoštevilskih rešitev enačbe x2 + y2 = r2 prinaravnem r Število N(r) pove koliko točk na krožnici x2 + y2 = r2 jemrežnih V tabeli 1 je zbranih nekaj števil N(r) Vidimo da je njihovozaporedje precej čudno

Pravkar smo zgoraj našli N(91) = 12 ŠteviloN(r) je vedno deljivo s 4 Pra-vilo je v splošnem preprosto kvadrat polmera r razcepimo na prafaktorje

13

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

pogledamo eksponente pri praštevilih ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 teeksponente povečamo za 1 in jih med seboj zmnožimo rezultat pomnožimoše s 4 in dobimo število rešitev N(r) V našem primeru smo imeli

N(91) = N(7 middot 13) = 4 middot (2 + 1) = 12

Kot je razvidno iz tabele zaporedje števil N(r) ni videti nič kaj pravilno

Po opisanem postopku hitro najdemo še

N(144) = N(24 middot 32) = 4 N(200) = N(23 middot 52) = 20

N(2009) = N(72 middot 41) = 12

Za število 91 iz Leporellovega seznama smo našli N(91) = 12 Podobnonajdemo za preostala in vsoto 2065

N(100) = N(22 middot 52) = 4 middot (4 + 1) = 20

N(231) = N(3 middot 7 middot 11) = 4

N(640) = N(27 middot 5) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(1 003) = N(17 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

N(2 065) = N(5 middot 7 middot 59) = 4 middot (2 + 1) = 12

Če želimo imeti veliko mrežnih točk na krožnici moramo izbrati njen polmerr med naravnimi števili tako da bo r imel več prafaktorjev ki pri deljenjus 4 dajo ostanek 1 Vzemimo na primer r = 5 middot 13 middot 17 = 1 105 Tedaj jeN(1 105) = 108 Če primerno izberemo r lahko preseže N(r) vsako še takoveliko število

Na števila N(r) se spomnimo pri vezenju z uporabo okroglega okvira v ka-terega uporabnica vpne primerno tkanino stkano z med seboj pravokotniminitmi Vzemimo da se dve niti križata točno v sredini okvira po dve in dveniti pa sta tangenti na notranjo krožnico ki omejuje okvir Koliko križiščniti leži na tej krožnici Prešteti moramo med seboj vzporedne niti od sredi-šča do tangentne niti Če je teh r pri čemer tiste skozi središče ne štejemopotem je na krožnici N(r) točk Slika kaže četrtino takega okvira za r = 91

14

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

ko je na celotni krožnici samo 12 križišč niti Očitno gre za preprost mrežniproblem

bull

bull

bull

bull

Slika 1 Mrežne točke na delu krožnice s polmerom r = 91

Ob tem nam morda pride na misel opera v dveh dejanjih Seviljski brivec (IlBarbiere di Seviglia) Njen avtor je Gioacchino Rossini (1792ndash1868) Krstnauprizoritev opere je bila 20 februarja leta 1816 v Rimu Libreto zanjo jenapisal Cesare Sterbini (1784ndash1831) po Beaumarchaisovi predlogi Seviljskibrivec je del železnega repertoarja svetovnih opernih hiš

Navedimo del pogovora med don Bartolom in njegovo varovanko Rozino po-tem ko je bila skrivaj uporabila pero črnilo in list papirja svojega gospodarja

15

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Bravissima E la penna perchegrave fu temperata

Rozina odvrne

La penna Per disegnare un fiore sul tamburo

Rozina se kratkočasi z vezenjem pri čemer uporablja okvir italijansko tam-buro da ricamare Sledi znamenita in živahna arija Bartola A un dottordella mia sorte

2 Pitagorejski trikotniki

Trikotnik s stranicami a b c izraženimi v neki dolžinski enoti z naravnimištevili je pitagorejski če zanj velja relacija a2 + b2 = c2 Tak trikotnik je se-veda pravokoten in omenjena relacija je ravno Pitagorov izrek Zato tako imePitagorejski trikotnik označimo kar z urejeno trojko (a b c) Pri tem sta a inb kateti c pa hipotenuza pravokotnega trikotnika Če je λ poljubno naravnoštevilo in (a b c) pitagorejski trikotnik potem je pitagorejski tudi trikotnik(λa λb λc) Če števila a b c nimajo skupnega celoštevilskega faktorja po-tem je pitagorejski trikotnik (a b c) primitiven Pitagorejskih trikotnikov jenešteto vse dobimo s formulami

a = m2 minus n2 b = 2mn c = m2 + n2

pri čemer sta m in n naravni števili in m gt n

Če sta m in n hkrati lihi števili potem sta vsota in razlika njunih kvadra-tov deljivi z 2 in po zgornjih formulah dobimo za a b c sama soda številaki ne sestavljajo primitivnega pitagorejskega trikotnika Preostane samo šemožnost da je m sodo in n liho število ali pa m liho in n sodo število pritem pa sta si m in n tuji ter m gt n Tedaj po navedenih formulah pridemodo vseh primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Hitro vidimo da ne more biti katerokoli naravno število c hipotenuza pi-tagorejskega trikotnika Število c2 mora biti namreč vsota dveh različnihkvadratov Če je N(c) gt 4 taki trikotniki obstajajo

16

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

m n a b c

2 1 3 4 54 1 15 8 176 1 35 12 373 2 5 12 135 2 21 20 294 3 7 24 25

Tabela 2 Nekaj primitivnih pitagorejskih trikotnikov

Število 231 = 3 middot 7 middot 11 ne more biti hipotenuza pitagorejskemu trikotnikuker vsi njegovi praštevilski faktorji pri deljenju s 4 dajo ostanek 3 Število200 je lahko hipotenuza dvema pitagorejskima trikotnikoma (120 160 200)in (56 192 200) če se ne oziramo na vrstni red katet Prvi je podobenprimitivnemu pitagorejskemu trikotniku (3 4 5) drugi pa (7 24 25)

3 Geometrijsko zaporedje

Note v glasbi so povezane z geometrijskim zaporedjem Njihova oblika ozna-čuje čas trajanja pri petju ali igranju na inštrumentu Note imenujemo povrsti brevis celinka polovinka četrtinka osminka šestnajstinka dvaintri-desetinka štiriinšestdesetinka in stoosemindvajsetinka

Slika 2 Osnovne note

Note na sliki 2 ustrezajo geometrijskemu zaporedju

21

11

12

14

18

116

132

164

1128

Lahko pa bi zaporedje not in ustreznih ulomkov teoretično še nadaljevali

17

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Geometrijsko zaporedje je bilo v matematiki že od nekdaj zanimivo Spo-mnimo se na primer na Ahila (Αχιλλεύς) in želvo na izumitelja šahovskeigre in nagrade ki jo je zahteval na obrestno obrestni račun in na debelineki jih dobivamo s prepogibanjem papirja

Števila a0 a1 a2 različna od 0 sestavljajo geometrijsko zaporedje če jekoličnik naslednjega člena z njegovim predhodnikom vselej isti Vzemimoda je enak številu q To pomeni a1a0 = q a2a1 = q a3a2 = q To lepšezapišimo v obliki

an+1

an

= q za n = 0 1 2

Iz tega takoj ugotovimo da je geometrijsko zaporedje popolnoma določe-no z začetnim členom a0 in številom q ki mu pravimo količnik ali kvocientgeometrijskega zaporedje člen a1 je q-kratnik začetnega člena torej a1 = a0qčlen a2 je q-kratnik člena a1 torej a2 = a1q = a0q

2 Tega ni težko posplošitiin ugotovimo

an = a0qn za n = 0 1 2

Geometrijsko zaporedje je torej oblike

a0 a0q a0q2 a0q

3

Od kod zaporedju prilastek geometrijsko V primeru pozitivnega geometrij-skega zaporedja je vsak člen razen začetnega geometrijska sredina svojeganeposrednega levega in desnega soseda

radicanminus1an+1 =

radica0qnminus1 middot a0qn+1 =

radica2

0q2n = a0q

n = an za n = 1 2

Primeri V vseh primerih naj bo a0 = 1 Sicer bi vse člene zaporedij samopomnožili z a0

Za q = 2 imamo 1 2 4 8 16

Za q = minus2 imamo 1minus2 4minus8 16

Za q = 12 imamo 1 1

2 14

18

116

Za q = minus12 imamo 1minus1

2 14 minus

18

116

Za q = 1 imamo 1 1 1 1 1

18

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Za q = minus1 imamo 1minus1 1minus1 1

Za q = 01 imamo 1 01 001 0001 00001

Stari Grki so imeli zelo radi geometrijo Spomnimo se samo na Talesa Pi-tagoro Evklida in Apolonija Po grško so po vrsti Θαλῆς ΠυθαγόραςΕὐκλείδης Απολλώνιος Matematične rezultate so si skušali razložiti geome-trijsko Poglejmo kako bi si predočili geometrijsko zaporedje 1 q q2 q3

v analitični geometriji Torej z nekoliko sodobnejšimi pripomočki Še večpodobno bomo obravnavali tudi geometrijsko vrsto

1 + q + q2 + q3 + (1)

vrsto katere členi sestavljajo geometrijsko zaporedje Obravnavo najprej

x

y

bull

bullbull

bull bull

bull bull

bull bullbull

1q

q2

Q

S0

T0O

S1

S2

T1

S3

T2

S4

T3

0 lt q lt 1

Slika 3 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom 0 lt q lt 1

posvetimo primeru ko je 0 lt q lt 1 V pravokotnem koordinatnem sistemunarišemo premici y = qx in y = x minus 1 Prva poteka skozi koordinatnoizhodišče O = S0 pod kotom katerega tangens je ravno q Naklonski kotte premice je torej v obravnavanem primeru manjši kot 45 Druga premicaseka abscisno os v točki T0(1 0) pod kotom 45 (slika 3)

19

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Obe premici se sekata v točki Q(1(1 minus q) q(1 minus q)) Do tega rezultatapridemo če rešimo sistem enačb y = qx y = x minus 1 Skozi T0 postavimo naos x pravokotnico ki seka premico y = qx v točki S1 Skozi S1 potegnemoosi x vzporednico ki seka premico y = x minus 1 v točki T1 Opisani postopeknadaljujemo kot kaže slika Dobimo zaporedje točk T0 T1 T2 na premiciy = x minus 1 in zaporedje točk S0 S1 S2 S3 na premici y = qx Točka S1

ima koordinati (1 q) Ker je trikotnik T0S1T1 pravokoten in enakokrak veljaS1T1 = q Zato ima točka T1 za q večjo absciso kot T0 torej sta (1 + q q)koordinati točke T1 (1 + q q + q2) pa koordinati točke S2 Ker je trikotnikT1S2T2 tudi pravokoten in enakokrak ima T2 za q2 večjo absciso kot T1 torejsta koordinati za T2 enaki (1+q+q2 q+q2) Ta postopek lahko nadaljujemov nedogled in dobimo zaporedji točk

T0(1 0) T1(1 + q q) T2(1 + q + q2 q + q2) T3(1 + q + q2 + q3 q + q2 + q3)

in

S0(0 0) S1(1 q) S2(1 + q q + q2) S3(1 + q + q2 q + q2 + q3)

Splošno velja

Tn(1 + q + q2 + + qn q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

in

Sn(1 + q + q2 + + qnminus1 q + q2 + + qn) za n = 1 2 3

Daljica S0T0 ima dolžino 1 daljica S1T1 dolžino q daljica S2T2 dolžino q2 Vsplošnem ima daljica SnTn dolžino qn za n = 0 1 2 Točke v zaporedjihT0 T1 T2 in S0 S1 S2 se bližajo točki Q Če je indeks n dovolj veliksta točki Tn in Sn tako blizu točki Q kot želimo To pa pomeni da staabscisa (ordinata) točke Tn za dovolj velik indeks n poljubno blizu abscisi(ordinati) točke Q Iz tega sklepamo

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q

(q + q2 + q3 + q4 + = q

1minus q

)

Za 0 lt q lt 1 ima vrsta (1) končno vsoto enako 1(1 minus q) Na sliki opazi-mo zaporedje daljic od T0 navpično do S1 nato vodoravno do T1 pa spet

20

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

navpično do S2 nato vodoravno do T2 in tako naprej vedno izmenoma spremice y = x minus 1 na premico y = qx in spet na premico y = x minus 1 Za0 lt q lt 1 smo dobili stopničasto krivuljo ki nas pripelje od T1 do Q kjerse premici sekata Za q = 1 sta premici y = x minus 1 in y = qx vzporedni

x

y

bull bull

bull bull

bull bull

O

S0 1T0

T1

T2

S1

S2

q ge 1

Slika 4 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q ge 1

in nimata presečišča vrsta (1) nima končne vsote Za q gt 1 ali q lt minus1 sepremici sicer sekata toda prej opisana krivulja skozi T0S1T1S2 ne vodido njunega presečišča (slika 4) Za q = minus1 se premici sekata pravokotno indobimo krivuljo ki je navita na kvadrat z oglišči (0 0) (1 0) (1minus1) (0minus1)in se ne približuje presečišču Q(12minus12)

Za minus1 lt q lt 0 dobimo zopet zanimivo krivuljo in sicer spiralo ki se ovijaokoli točke Q(1(1minus q) q(1minus q)) in se ji poljubno približa (slika 5) Vrsta(1) tudi tedaj konvergira in ima vsoto 1(1 minus q) Tudi za q = 0 ima vrstaki ni geometrijska po naši opredelitvi vsoto in sicer 1 Vrsta (1) za |q| lt 1kot učeno pravimo konvergira in ima vsoto 1(1minus q)

1 + q + q2 + q3 + = 11minus q za |q| lt 1

S tem smo pregledali vse možnosti za realen kvocient q v geometrijski vrstiK taki vrsti se bomo še vračali saj je preprosta in jo še kar obvladamo

21

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0 1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

minus1 lt q le 0

x

y

bull

bull bull

bullbull

bull bull

O

S0

1

T0

T1

T2

S1

S2

Q

q le minus1

Slika 5 Vsota geometrijskega zaporedja s kvocientom q lt 0

Geometrijska vrsta je včasih uporabna tudi za to da njene člene primerjamos členi kakšne druge vrste za katero bi radi vedeli če je konvergentna ali neNa tem so zasnovani tako imenovani konvergenčni kriteriji s katerimi včasihrazvozlamo konvergenco vrste čeprav njene vsote morda niti ne moremozapisati v zaključeni obliki

Potence števil ki so večja kot 1 naraščajo in pri dovolj velikem eksponentu nhitro presežejo še tako veliko pozitivno število Denimo da si je nekdo pred2 000 leti od apostola Petra izposodil 1 g čistega zlata in da ga mora potemko se je skoraj toliko časa cvrl v vicah ob prihodu v nebesa vrniti nebeškemuključarju v istovrstnem zlatu z obrestmi vred Denimo da je letna obrestnamera samo 1 Po 2 000 letih se bo dolga nabralo kar precej

1012 000 g = 439 286 2049 g = 439 2862 kg

To še zdaleč ni malo saj je dobrih 439 ton Iz tega bi lahko ulili precej zlatihtelet Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa bi imela pri sobni temperaturirob z dolžino 283 cm Za prevoz takega tovora bi potrebovali 57 kamionovz nosilnostjo 77 ton Če bi vsi ti tovornjaki vozili vsaksebi po 50 metrovbi imeli konvoj dolžine skoraj 3 km kar je malo manj kot je po cesti odCerknega skozi Benat do Mihona v Zakrižu

22

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Lahko bi zlobno pripomnili da je v posvetnem življenju še dobro da civili-zacije propadajo in se vsake toliko časa vse začne znova Kaj bi šele bilo čebi sv Peter v omenjenem primeru zahteval dvakrat višje obresti Spokornikbi mu bil ob prihodu v raj dolžan 158 614 732 700 ton čistega zlata kar jenepredstavljivo mnogo skoraj 159 milijard ton kar je mnogo manj od masepošteno velikega asteroida toda za prevoz bi potrebovali skoraj 21 milijardtovornjakov z nosilnostjo 77 ton Kocka ki bi jo ulili iz tega zlata pa biimela pri sobni temperaturi rob dolžine 2018 m Če bi vsi ti tovornjaki vozilivsaksebi po 50 metrov bi dobili konvoj dolžine dobre milijarde kilometrovkar je nekoliko manj kot pot ki jo prepotuje Zemlja okoli Sonca v enem letuin malo več kot je razdalja od Sonca do Jupitra Tako razdaljo prepotujesvetloba v slabi uri Na svetu pa je po ocenah komaj od 120 000 do 140 000ton zlata Nekaj pa ga je še v naravi

Celotno zlato bogastvo vseh bank in zakladnic Zemlje navsezadnje ni vrednoniti milijoninke dolga ki bi se v 2 000 letih nabral našemu hipotetičnemugrešniku ki je pri prvem papežu vzel posojilo v obliki 1 grama zlata priobrestni meri 2 Koliko je 1 gram zlata če iz njega ulijemo kocko Kockabi imela rob 373 mm Če bi naredili iz nje kroglico bi le-ta imela premer462 mm

Težko si predstavljamo kakšne ogromne številke bi šele dobili pri bolj oderu-ških obrestnih merah recimo 3 4 5 Masa zlata bi bila primerljiva znajvečjimi zvezdami v vesolju Čudnega ni nič če ljudje težko vrnejo dolg ponekaj letih če je obrestna mera 10 20 Ali je potemtakem kaj čudnegače na tem svetu gre vse narobe Ni se odveč spomniti besed v molitvi Očenaš

Et dimitte nobis debita nostrasicut et nos dimittimus debitoribus nostris

In odpusti nam naše dolgekakor tudi mi odpuščamo svojim dolžnikom

Καὶ ἄφες ἡμῖν τὰ ὀφειλήματα ἡμῶν

ὡς καὶ ἡμεῖς ἀφήκαμεν τοῖς ὀφειλέταις ἡμῶν

23

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Z eksponentno funkcijo se ne kaže igrati Naftni derivati spreminjajo cenonajvečkrat navzgor vsake dva tedna Liter najbolj uporabljenega 95-oktan-skega bencina se je za potrošnika 2 aprila 2012 ko je stal 1493 evra podražilza okoli 2344 Kam pridemo če bi se bencin podražil vsakih štirinajstdni za toliko odstotkov Na novega leta dan 2013 bi liter stal kar

1493 middot 10234419 = 23188

evra leto kasneje pa že 42356 evra Koliko bi bili na boljšem če bi se bencinpodražil vsakih štirinajst dni samo za 1 Za novo leto 2013 bi en liter stal18037 evra leto kasneje pa že 23363 evra

Ljudje najraje razmišljajo linearno in jim je eksponentna rast španska vasAli pa si pred njo zatiskajo oči oziroma tiščijo glavo v pesek V svetu de-narništva veljajo popolnoma drugačni zakoni kot pri plačevanju kave kjervemo da ena kava s smetano stane 120 evra dve kavi 240 evra deset kavpa 12 evrov

Velika števila je avtor prvič v življenju srečal in se jih zavedal ko mu je vgimnazijskih letih prišla v roke knjiga [3] Od poštevanke do integrala Ma-tematika za vsakogar ki jo je napisal avstrijski pisatelj Egmont Colerus vonGeldern (1888ndash1939) Naslov originala je Vom Einmaleins zum Integral Ma-thematik fuumlr Jederman V slovenščini je izšla leta 1951 pri Mladinski knjigiv Ljubljani Izvod knjige je za šolsko nagrado prejel Anton Primožič nekočuspešen dijak idrijske gimnazije uspešen tekmovalec v znanju matematikein kasnejši študent tehnične matematike in eden njenih prvih diplomantovna ljubljanski univerzi Knjigo je avtorju posodila njegova žal že pokojnasestra Colerus je napisal še nekaj matematično zgodovinskih del na primerOd Pitagore do Hilberta in Od točke do četrte dimenzije Ker je skupaj znemškimi pisatelji v Avstriji v neki izpovedi pozdravil Anschluss je prišel naslab glas tako da njegovih knjig nekaj časa niso izdajali Kaj je kljubovalotemu da je delo Od poštevanke do integrala že leta 1951 izšlo v nekdanjiJugoslaviji kjer je bila navada da so marsikaterega pisatelja ali pesnika kini bil med vojno na pravi strani preprosto zamolčali ali celo prepovedali

Kakorkoli že Colerus daje v knjigi Od poštevanke do integrala primer gro-mozansko velikega števila v zvezi s šahovsko desko ki ima 64 polj izmenično

24

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

črnih in belih Šah mi nikoli ni bil priljubljen tako kot ne skakanje čez kozoali konja pri telovadbi Legenda pravi da je šah izumil nekje sredi prvegatisočletja nekje v Indiji neki Sisa Ben Dahir (v imenu si strokovnjaki nisoenotni) in da je bila nova igra kralju Širamu tako všeč da so morali nemu-doma poiskati avtorja in ga pripeljati pred kralja Ta ga je spraševal kajnaj mu za izum podari Sisa se je nekaj časa izmotaval da nič nazadnje kokralj nikakor ni odnehal si je zaželel naj mu na prvo polje šahovske deskepoložijo eno pšenično zrno na drugo dve na tretje štiri na vsako naslednjedvakrat več kot na prejšnje vse do štiriinšestdesetega polja Morda je šlo zariževa zrna kar pa za zgodbo ni tako bistvenega pomena kot njihovo številoNekateri vključno s Colerusom menijo da je Sisa barantal samo za številozrn na zadnjem polju to je samo

Z prime = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

zrn drugi pa imajo v mislih vsa zrna sešteta od prvega polja do zadnjegaKralj je menil da v nobenem primeru zrnja ne bo niti za pošteno potico Nadvoru so nekaj časa računali in izračunali da si Sisa po drugi inačici zgodbeželi natančno

Z = 1 + 2 + 4 + 8 + + 263

pšeničnih zrn Kako to hitro izračunati brez že izpeljanih formul je po svojetudi zanimivo vsaj tako kot seštevanje mladega Gauszliga Potrebna je majhnazvijača Najprej zapišemo

2Z = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264

nato pa še

Z = 2Z minusZ = 2 + 4 + 8 + + 263 + 264minus 1minus 2minus 4minus 8minus minus 263 = 264minus 1

Množiti z 2 ni težko in dvorni matematiki so izračunali

Z = 18 446 744 073 709 551 615

To število je nekdo kralju tudi naglas prebral Če Z razstavimo na prafak-torje dobimo

Z = 3 middot 5 middot 17 middot 257 middot 641 middot 65537 middot 6700417

25

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Toliko pšeničnih zrn je več kot vsa zaloga pšenice na Zemlji Ko se je kraljtega zavedel je baje ukazal Sisu naj si jih kar sam našteje Revež bi 264minus 1zrn štel 5845 milijarde let če bi vsako sekundo vzel eno zrno in zravenše izgovoril ustrezni glavni števnik Število Z prime je prav tako ogromno sajje Z prime = (Z + 1)2 in se količini žita po eni in drugi inačici med seboj nerazlikujeta bistveno

rZ0Z0ZkZZbZpZpoppZ0Z0Z0ZZpZQZ0Z00ZpZrZ0ZOPZ0Z0OqBAPZ0a0OS0Z0ZRZK

Slika 6 Beli je na potezi

Koliko pa je vse pšenice skupaj v tej nagradi Če vsako zrno tehta 40 mili-gramov je žita 73787 milijard ton Če bi vse žito naložili na tovornjake odkaterih bi ga vsak prevažal 77 ton bi potrebovali 958 milijard takih vozilNjihov konvoj bi bila dolg od Sonca (s) do Plutona (J) če bi na vsake 62metrov stal en tovornjak Kljub temu pa je število zrn pravi pritlikavec v pri-merjavi z najmanjšo rešitvijo Pellove enačbe ki jo navajajo pri Arhimedovemproblemu o govedu Še vedno pa je ogromno

Beseda šah je perzijska pomeni pa kralj egraveA

Tako kot indijske številke sotudi šah posredovali Evropi Arabci ki šahu pravijo šatrandž zapišejo pa ssvojimi črkami seveda od desne proti levi kot i

KQcent

Cilj šahovske igre

je matirati nasprotnika Izraz šah-mat je perzijski in pomeni smrt kralju

HAOacute egraveA

Ker se pri igranju šaha pogosto uporablja izraz šah-mat so Rusiizumili za šah besedo xahmaty Angleži uporabljajo za šah besedo chessFrancozi eacutechecs Italijani scacchi Španci ajedrez Katalonci escacs Luzitancixadrez Romuni şah Madžari sakk Turki satranccedil Finci shakki Hindujci

26

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

ftrj v sanskrtu ct rRg in še bi lahko naštevali

Tudi šahovske figure imajo zanimiva imena Na primer kmet angleško pawnnemško Bauer rusko pexek italijansko pedone turško piyon špansko peacuteonkatalonsko peoacute portugalsko peatildeo finsko sotilas arabsko Xntilde

Jk hindujsko

=yAdA

Precej manj gromozansko veliko število je na svojevrsten način zabeleženotudi v opisu pesniškega dvoboja med Hesiodom in Homerjem ῾Ησιόδου καὶ᾿Ομήρου ἀγών) Neznani pisatelj piše o tem tekmovanju ki je potekalo vHalkidi grško Χαλκίς na otoku Evboja grško Εὔβοια ob pogrebnih obredihtamkajšnjega kralja Amfidamanta Αμφιδάμας ki jih je priredil njegov sinGanyktor Γανύκτωρ pokojnikov brat Paneides Πανείδης pa je bil prisotenmed razsodniki

Potem ko sta se slavna pesnika temeljito obdelovala tako da sta se izmenomadopolnjevala z do potankosti izpiljenimi heksametri in je Hesiod spet prišeldo besede

Τοῦτό τι δή μοι μοῦνον ἐειρομένῳ κατάλεξον

πόσσοι ἅμ΄ Ατρεΐδῃσιν ἐς ῎Ιλιον ἥλθον Αχαιοί

Zdaj pa mi daj odgovor samo še na tole vprašanjeKoliko mož je Atridoma v boj nad Trojo sledilo

Atrida sta bila Agamemnon Αγαμέμνων in Menelaj Μενέλαος Atrejevasinova Atrej Ατρεύς je bil kralj starodavnih Miken Agamemnon je bilkralj v Mikenah njegov brat Menelaj pa v Sparti Spomnimo trojanskavojna se je vnela zaradi lepe Helene ῾Ελένη Menelajeve soproge ki jo jeugrabil Trojanec Paris Πάρις

Na vprašanje koliko mož se je šlo z Atridoma borit za lepo Heleno predTrojo je Homer Hesiodu pri priči takole bistroumno odgovoril

Πεντήκοντ΄ ἠσαν πυρὸς ἐσχάραι ἐν δὲ ἑκάστῃ

πεντήκοστ΄ ὀβελοί περὶ δὲ κρέα πεντήκοντα

τρὶς δὲ τριηκόσιοι περὶ ἓν κρέας ἦσαν Αχαιοί

27

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Petdeset ognjev gorelo je petdeset ražnjev ob ognjupetdeset kosov mesa se cvrlo na vsakem je ražnjutrikrat po tri sto Ahajcev se s kosom mesa je gostilo

Ražnjev je torej bilo 2 500 Na njih se je cvrlo 125 000 kosov mesa Če se je900 Ahajcev mastilo z enim kosom mesa jih je torej bilo 112 500 000 Tolikov tistih časih v 12 stoletju pne ni bilo vseh ljudi na svetu Ob začetkunašega štetja jih je bilo po grobih ocenah okoli 250 milijonov Lahko pa lerečemo da so to le števila ki se jih še nekako predstavljamo medtem ko siomenjeno število zrn na šahovski deski to je

Z = 18 446 744 073 709 551 615

nekoliko teže da o še večjih raje ne govorimo

Na koncu so strogi razsodniki zmago kljub drugačnemu mnenju navzoče pu-blike ki ni mogla prehvaliti Homerja pripisali Hesiodu češ da lepo poje opoljedelstvu in miru Homer pa najraje opeva samo krvave boje Za nagradoje Hesiod prejel umetelno izdelan bronast trinožnik ki ga je posvetil Mu-zam in nazadnje poklonil slavnemu preročišču v Delfih Nanj je dal napisatinaslednja heksametra

῾Ησίοδος Μούσαις ῾Ελικωνίσι τόνδ΄ ἀνέθηκεν

ὕμνῳ νικήσας ἐν Χαλκίδι θεῖον ῞Ομηρον

V Halkidi nekdaj Hesiacuteod je z verzi premagal Homerjasvojo nagrado v spomin helikonskim je Muzam poklonil

Stari Grki so imeli po pripovedovanju njihovih sodobnikov tako zelo radipoezijo da so komaj čakali na to da bo kdo kje recitiral pesmi ali priredilpesniško tekmovanje Od vsepovsod so baje kar drli na take prireditve kjerso uživali ob umetniški besedi

Prava poslastica na gimnaziji pa je bilo pretvarjanje neskončno periodičnihdecimalnih števil v ulomke Število x = 1333 lahko razumemo kot vsotoneskončne vrste

x = 1 + 310 + 3

100 + 31000 +

28

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

v kateri spoznamo geometrijsko vrsto s kvocientom q = 110 in prvim členom310 Zato je

x = 1 +310

1minus 110

= 1 + 39 = 4

3

V tem primeru nam je profesor pokazal krajšo pot izrazil je iz decimalnegazapisa 10x = 13333 in odštel 10x minus x = 9x = 12 Iz tega imamo takojx = 43 brez opletanja in telovadbe z geometrijsko vrsto Včasih je trebadano število pomnožiti s kako naravno potenco desetice To je odvisno odtega kako dolga je perioda danega decimalnega števila

Vzemimo za primer x = 235 Črta nad 35 pove da se 35 ponavlja Takojugotovimo da je dobro izračunati 100x = 23535 Ko enačbi odštejemoimamo 99x = 233 in zato je x = 23399

Če pa ima število predperiodo pridemo do rezultata v dveh korakih na pri-mer x = 132371 Če to število pomnožimo s 100 dobimo število prejšnjegatipa 100x = 1 32371 Nato imamo 10 000x = 132 37171 in po odštevanju9 900x = 131 048 in nazadnje x = 131 0489 900 = 32 7622 475

4 Geometrijsko zaporedje v glasbi

Geometrijsko zaporedje srečamo tudi v glasbi Tako imenovana enakoraz-merno temperirana tonska lestvica nad katero se je navduševal Johann Se-bastian Bach (1685ndash1750) ima 12 tonov

ν0 ν1 ν2 ν3 ν4 ν5 ν6 ν7 ν8 ν9 ν10 ν11

Tonu ν11 sledi ton ν12 ki je za oktavo višji od tona ν0 Ton ν12 je začetek novelestvice Splošno velja če ima neki ton frekvenco ν potem ima za oktavovišji ton frekvenco 2ν V glasbi so pomembni intervali ki povedo razmerjafrekvenc tonov ne pa razlike frekvenc Dvanajsttonska lestvica v frekvencahje takšna

ν0 lt ν1 lt ν2 lt ν3 lt ν4 lt ν5 lt ν6 lt ν7 lt ν8 lt ν9 lt ν10 lt ν11 lt ν12 = 2ν0

29

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Pri tem morajo biti pri enakorazmerno temperirani tonski lestvici vsa raz-merja dveh zaporednih frekvenc konstantna

ν1

ν0= ν2

ν1= ν3

ν2= ν4

ν3= ν5

ν4= ν6

ν5= ν7

ν6= ν8

ν7= ν9

ν8= ν10

ν9= ν11

ν10= ν12

ν11= α

Če vseh 12 enačb med seboj pomnožimo dobimoν12

ν0= 2ν0

ν0= 2 = α12

Iz tega izračunamo

α = 12radic

2 =radicradic

3radic

2 = 10594630943593

Število α je iracionalno Zanj najdemo bolj ali manj natančne racionalnepribližke na primer

α asymp 196185 = 105945

Enakorazmerno temperirana tonska lestvica ima vse intervale med dvemazaporednima tonoma enake številsko 12

radic2 S tako lestvico smo zgradili ena-

korazmeren tonski sistem Enakorazmerno temperirano tonsko lestvico lahkonadaljujemo tudi nazaj tako da gremo na nižje tone Ni pa treba pretiravatikajti človeško uho zazna tone od približno 16 Hz do približno 16 000 Hz toje v razponu 10 oktav

c d e f g a h c1 d1 e1 f1 g1 a1 h1 c2 d2 e2

Slika 7 Klaviatura

Za normalni ton so določili ton a1 ki ima frekvenco 440 Hz ki jo vzamemoza ν0 v naših oznakah Toni v obe smeri so potem po frekvencah

αminus3ν0 αminus2ν0 α

minus1ν0 ν0 αν0 α2ν0 α

3ν0

30

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

v splošnemνm = αmν0 (m isin Z)

Za m = minus58 dobimo νminus58 = 1543 Hz kar je okoli najnižje frekvence ki jočloveško uho še zazna za m = 62 pa ν62 = 1 58042 Hz kar je okoli najvišjefrekvence ki jo človeško uho še zazna Ker je

ν62

νminus58= 210

je ustrezen razpon res 10 oktav

) ) ) ) ) ) ) ) ) )) ) ) )) ) ) )) ) ) ) )) )

copy copy copy copy copy copy copy copy

copy copy

Slika 8 Zapisa enakorazmerno temperirane lestvice ndash navzgor in navzdol

Seveda pa nastane vprašanje kako se sliši glasba zaigrana na inštrumentuki je uglašen po enakomerno temperirani lestvici ki je sicer matematičnoidealna Iz splošne formule νm = αmν0 dobimo

νm+12 = αm+12ν0 = αmα12ν0 = 2αmν0 = 2νm

za vsak m isin Z Po dvanajstih poltonih štetih navzgor (navzdol) v takilestvici pridemo kjerkoli na ton ki je za oktavo višji (nižji)

Zelo pomembna je višina tona g v primerjavi z višino tona c V našemprimeru je razmerje

αminus9ν0

αminus2ν0= α7 = 12

radic128 = 1498307076

To število se kar dobro ujema s klasično čisto kvinto za katero je razmerje32 = 15

Beseda ton je grškega izvora Izhaja iz besede τόνος kar ima več pomenovna primer vse tisto kar je napeto vrv struna glas zvok

31

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Slika 9 Čista kvinta dondashsol

Ton darr Hz uarr Tonc1 26163 c1

cis1 27718 des1

d1 29366 d1

dis1 31113 es1

e1 32963 e1

f1 34923 f1

fis1 36999 ges1

g1 39200 g1

gis1 41530 as1

a1 44000 a1

ais1 46616 b1

h1 49388 h1

c2 52325 c2

cis2 55437 des2

d2 58733 d2

dis2 62225 es2

e2 65926 e2

f2 69846 f2

fis2 73999 ges2

g2 78399 g2

gis2 83061 as2

a2 88000 a2

ais2 93233 b2

h2 98777 h2

c3 104650 c3

Tabela 3 Toni enakorazmerno temperirane lestvice

32

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

5 Geometrijsko zaporedje v geometriji

V enakostranični trikotnik včrtamo krog na katerega konstruiramo tangentoki je vzporedna eni od stranic trikotnika V nastali manjši trikotnik zopetvčrtamo krog in opisan postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je vsotavrste katere členi so zaporedni polmeri včrtanih krogov

Naj ima dani enakostranični trikotnik stranico a = a1 Njegova višina jev1 = v = a

radic32 polmer 1 včrtanega kroga pa tretjina te višine 1 =

v3 = a1radic

36 Višinska točka trikotnika in dotikališče tangente ki je navišino pravokotna razdelita višino na tri enake dele zato je višina manj-šega trikotnika enaka v2 = v13 Manjši trikotnik je tudi enakostrani-čen saj se z večjim ujema v dveh kotih Stranica manjšega trikotnika jetorej a2 = a13 Torej je polmer manjšemu trikotniku včrtanega kroga2 = 13 Postopek nadaljujemo in najdemo polmere trikotnikom včrtanihkrogov 3 = 23 4 = 33 Polmeri sestavljajo geometrijsko zaporedjes kvocientom 13 Vsota vseh členov tega zaporedja pa je

S = 1 + 2 + 3 + = 1 + 1

3 + 1

32 + = 1

(1 + 1

3 + 132 +

)=

= v

3 middot1

1minus 13

= v

2 = aradic

34

Vsota vseh polmerov je torej ravno polovica višine danega enakostraničnegatrikotnika

Pri naslednji nalogi vzamemo kvadrat s stranico 1 nato ga z daljicami vzpo-rednimi stranicam razdelimo na 9 skladnih kvadratov Srednji kvadrat po-barvamo Preostale kvadrate razdelimo spet na 9 skladnih kvadratov po ena-kem postopku kot smo naredili s prvotnem Srednje kvadratke pobarvamoPreostale pa spet razdelimo na 9 še manjših kvadratov srednje pobarvamoin postopek nadaljujemo v nedogled Kolikšna je skupna ploščina vse pobar-vanih kvadratov

Na prvem koraku je ploščina srednjega kvadrata S1 = (13)2 Preostane 8kvadratov v katerih ima srednji kvadrat ploščino (19)2 skupna ploščinateh pa je S2 = 8(19)2 V naslednjem koraku pobarvamo po tem postopku

33

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

1

bull

bull

bull

2

Slika 10 Zaporedje enakostraničnih trikotnikov

kvadrate s ploščino (127)2 Koliko je teh kvadratov pove število še nepo-barvanih s ploščino (19)2 to se pravi

1minus (13)2 minus 8(19)2

(19)2 = 64

Skupna ploščina kvadratov s ploščino (127)2 je torej S3 = 64(127)2 Sedajni težko posplošiti izraza za ploščino pri n-tem deljenju ko imajo kvadratiploščino (13n)2 Teh kvadratov je 23nminus3 tako da je ploščina takih Sn =23nminus3(13n)2

Vsoto S vseh pobarvanih kvadratov izrazimo kot vsoto geometrijske vrste

S =infinsum

k=1

23kminus3

32k= 1

9

infinsumk=0

(89

)k

= 19 middot

1

1minus 89

= 1

Kvadrat tako postaja vedno bolj pobarvan

Tovrstnih nalog iz geometrije pri katerih se pojavi geometrijska vrsta jezbranih veliko po srednješolskih učbenikih in zbirkah nalog

34

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Slika 11 Zaporedje kvadratov

6 Kompleksna geometrijska vrsta

Kompleksna števila nam pomagajo rešiti marsikatero nalogo v zvezi z real-nimi števili Običajno gre za primere ko nekaj izračunamo na dva načinanato pa primerjamo realne in imaginarne dele levih in desnih strani enakostiOglejmo si primer

Očitno ima kompleksno število 1+ i absolutno vrednostradic

2 in argument π4zato veljata enakosti

1 + i =radic

2 exp(πi4) (1 + i)n =radic

2n exp(nπi4)

kjer je n poljubno naravno število Toda po binomski formuli imamo tudi

(1 + i)n =nsum

k=0

(n

k

)ik =

sumkge0

(n

2k

)i2k +

sumkge0

(n

2k + 1

)i2k+1

Ko k teče zavzema izmenoma sode in lihe vrednosti zato smo prvo vsotonadomestili z dvema Namenoma nismo zapisali zgornjih meja pri seštevanjuBinomski koeficienti sami po sebi ugasnejo čim je spodnji indeks večji odzgornjega V prvi vsoti je zadnji k tisto največje celo število za katero je2k le n v drugi pa tisto največje celo število za katero je 2k+ 1 le n Tukaj

35

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

si matematika lahko spet privošči malo svobode Za vsako realno število xizbere tisto največje celo število m ki ne presega x Označi ga s [x] in muda ime celi del števila x Velja torej [x] le x lt [x] + 1 in [x] je celo število

Prva vsota v razvoju (1 + i)n se torej konča pri k = [n2] druga pa prik = [(nminus 1)2] Ker pa je i2k = (minus1)k in i2k+1 = i(minus1)k lahko zapišemo

(1 + i)n =radic

2n exp(nπi4) =[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k + i

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k

Ker pa je exp(nπi4) = cos(nπ4) + i sin(nπ4) imamo nazadnje

[n2]sumk=0

(n

2k

)(minus1)k =

radic2n cos(nπ4)

[(nminus1)2]sumk=0

(n

2k + 1

)(minus1)k =

radic2n sin(nπ4)

Zanimivo je opazovati tudi kompleksno geometrijsko zaporedje s kvocientomq 6= 0

1 q q2 q3

Pri tem naj bo q = |q| exp(iϕ) Zaporedje je potem oblike

1 |q| exp(iϕ) |q|2 exp(2iϕ) |q|3 exp(3iϕ)

Če je |q| = 1 je zaporedje ciklično vrti se po enotski krožnici |z| = 1v kompleksni ravnini Če je razmerje ϕπ racionalno število se zaporedjenekje prične ponavljati sicer pa ne Če je |q| lt 1 dobimo konvergentnospiralo v primeru |q| gt 1 pa divergentno spiralo (slika 12) Kako lepo bibilo če bi se cene s časom vrtele po prvi ali drugi ne pa po tretji Za |q| lt 1torej velja

limnrarrinfin

qn = 0

Kako je pa z geometrijsko vrsto 1 + q + q2 + q3 + v kompleksnem Ničteže kot za realen primer ni ugotoviti da konvergira če je le |q| lt 1 in da jetedaj njena vsota 1(1minus q)

Oglejmo si še pot do geometrijske konstrukcije vsote kompleksne geometrij-ske vrste Kompleksno število q = |q| exp(iϕ) leži znotraj enotske krožnice vkompleksni ravnini Po paralelogramskem pravilu zlahka konstruiramo šte-vilo 1minusq in njegovo konjugirano vrednost 1minus q = 1minus q ki naj ima argument

36

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bullbullbullbull bull bull

bull

Re

Im

0 1

q

q2q3

q4

q5

q6

q7

ϕbull

bullbullbull

bull

bull

bull

bullbull bull

bull

bull

bull

Slika 12 Kompleksna geometrijska zaporedja

ψ tako da ima samo število 1 minus q argument minusψ Vsota S geometrijske vr-ste ima tudi argument ψ Torej lahko z zrcaljenjem točke 1 minus q na enotskikrožnici konstruiramo vsoto S (slika 13)

Re

Im

0

bull

bull

bull

bull

ϕbull

bull

bull

S = 11minusq

1

q

minusq 1minus q

1minus q

ψ

minusψ

Slika 13 Vsota kompleksne geometrijske vrste

Vsoto lahko prepišemo v obliko iz katere se da razbrati realni in imaginarnidel

S = 11minus q = 1minus q

(1minus q)(1minus q) = 1minus |q| cosϕ+ i|q| sinϕ1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Po drugi strani pa je

S = 1 +infinsum

k=1qk = 1 +

infinsumk=1|q|k cos(kϕ) + i

infinsumk=1|q|k sin(kϕ)

37

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Torej imamo nazadnje vsoti vrst

1 +infinsum

k=1|q|k cos(kϕ) = 1minus |q| cosϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1|q|k sin(kϕ) = |q| sinϕ

1minus 2|q| cosϕ+ |q|2

Re

Im

0 1

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

bull

s8

S

ϕ

Slika 14 Vsota še ene kompleksne vrste

Nadomestimo sedaj argument ϕ z ϕ+ π S tem dejansko nadomestimo kvo-cient q z minusq Če upoštevamo relaciji

cos(kϕ+ kπ) = (minus1)k cos(kϕ) sin(kϕ+ kπ) = (minus1)k sin(kϕ)

ki veljata za vsako celo število k dobimo

1 +infinsum

k=1(minus1)k|q|k cos(kϕ) = 1 + |q| cosϕ

1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

infinsumk=1

(minus1)k|q|k sin(kϕ) = minus|q| sinϕ1 + 2|q| cosϕ+ |q|2

38

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

To se pravi da za vsako realno število ϕ in vsako realno število a za kateroje |a| lt 1 velja

1 +infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a cosϕ

1minus 2a cosϕ+ a2

infinsumk=1

ak sin(kϕ) = a sinϕ1minus 2a cosϕ+ a2

Zakaj smo bili previdni in zapisali 1 posebej pred vrsto Zato na ne bibilo dileme kaj je začetni člen v primeru q = 0 Tedaj bi imeli težavo znedefiniranim izrazom 00 Grafična razlaga je razvidna s slike 14 Včasih jekoristna vsota

1 + 2infinsum

k=1ak cos(kϕ) = 1minus a2

1minus 2a cosϕ+ a2

ki jo hitro dobimo iz prejšnje

Za konec

S tem prispevkom je avtor želel nakazati da se matematiko lahko povežetudi z drugimi področji kot je na primer glasba

Avtor se bralcem iskreno oprošča za vse napake ki jih je v svojem neznanjuprizadel zapisanim nelatiničnim besedam in notam v pričujočem besedilu Date sploh lahko pišemo se moramo zahvaliti LATEX-u Da LATEX to obvladapa je avtor spoznal relativno pozno

Prav tako GeoGebro ki že kar imenitno obvlada tudi prostorske krivulje inploskve pa tudi LilyPond ki je kos notam Vse to je v skladu s Solonovogenialno mislijo Slavni Solon (Σόλων 638ndash558 pne) atenski zakonodajalecin eden sedmerih modrih (οἱ ἑπτὰ σοφοί) je na svoja stara leta namrečpoudarjal

Γηράσκω δ΄ αἰεὶ πολλὰ διδασκόμενος

Staram se vendar še star zmeraj naprej se učim

39

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40

Slika 15 Siva čaplja je pravkar vzletela

Literatura in spletni viri

[1] M Adlešič Svet zvoka in glasbe Mladinska knjiga Ljubljana 1964

[2] B Aubelj Antična imena po slovensko Modrijan Ljubljana 1997

[3] E Colerus Od poštevanke do integrala Mladinska knjiga Ljubljana1951

[4] A Dokler Grško-slovenski slovar Knezoškofijski zavod sv StanislavaLjubljana 1915

[5] K Menninger Zahlwort und Ziffer Vandenhoeck amp Ruprecht Goumlttingen1958

[6] S Prek Teorija glasbe Državna založba Slovenije Ljubljana 1961

[7] S Samec Operne zgodbe Mladinska knjiga Ljubljana 1996

[8] M Snoj Slovenski etimološki slovar Mladinska knjiga Ljubljana 1997

[9] A Syropoulos Writing Greek with the greek option of the babel 1997spletni vir

copy Dr Marko Razpet Ljubljana november 2014

40