     
P 47 (2019/2020) 14
Sedežni red v nekem
gledališču
M R
Neko gledališče ima sedeže razporejene v kro-
žnih lokih v parterju in na balkonu. Krožni loki
predstavljajo vrste in so oštevilčene neprekinjeno
od 1 naprej, ne glede na to, ali so v parterju ali
na balkonu, v vsaki vrsti posebej pa je oštevilčen,
tako kot je v navadi, še vsak sedež posebej.
Med počitnicami je direktor gledališča ukazal, naj
se sedežni red preuredi tako, da bo v vsaki naslednji
vrsti en sedež več, poleg tega pa mora biti število
sedežev v parterju in na balkonu enako. Naša naloga
je odgovoriti na vprašanje, kdaj in kako je to sploh
mogoče.
SLIKA 1.
Parter in balkon v tlorisu
Vzemimo, da je v prvi vrsti parterja x + 1 sedež,
v drugi vrsti parterja x + 2 sedeža in tako dalje, v
zadnji vrsti parterja pa y sedežev. Število vseh se-
dežev v parterju označimo s P . Prav tako vzemimo,
da je v prvi vrsti balkona y + 1 sedež, v drugi vrsti
balkona y+2 sedeža in tako dalje, v zadnji vrsti bal-
kona pa z sedežev. Število vseh sedežev na balkonu
označimo z B. Pri tem so x,y, z nenegativna cela
števila in x < y < z. Potemtakem lahko zapišemo:
P = (x + 1)+ (x + 2)+ . . .+y,
B = (y + 1)+ (y + 2)+ . . .+ z.
V vsoti za število P je y − x zaporednih členov arit-
metičnega zaporedja, v vsoti za B pa z−y . Vemo pa,
kako se sešteje zaporedne člene aritmetičnega zapo-
redja. Njihova vsota je enaka produktu aritmetične
sredine prvega in zadnjega člena s številom členov.
V našem primeru dobimo
P = 1
2
(x +y + 1)(y − x),
B = 1
2
(y + z + 1)(z −y).
Naša zahteva je P = B = N , torej
(x +y + 1)(y − x) = (y + z + 1)(z −y) = 2N.
Iz prvega dela te relacije izpeljemo enačbo
(y2 − x2)+ (y − x) = (z2 −y2)+ (z −y).
Pomnožimo jo na obeh straneh s 4 in nato dobljeni
rezultat predelamo v
(2x + 1)2 + (2z + 1)2 = 2(2y + 1)2.
     
P 47 (2019/2020) 1 5
Nato vpeljemo naravna števila
X = 2x + 1, Y = 2y + 1, Z = 2z + 1,
ki zadoščajo kvadratni diofantski enačbi
X2 + Z2 = 2Y 2.
Pri tem so X,Y ,Z liha števila in zanje velja X < Y <
Z . Z njimi izrazimo
x = 1
2
(X − 1), y = 1
2
(Y − 1), z = 1
2
(Z − 1).
Ker lahko zapišemo
(Z −X)2 + (Z +X)2 = 2(X2 + Z2) = 4Y 2 = (2Y)2,
sestavljajo soda naravna števila Z − X,Z + X in 2Y
pitagorejsko trojico. To pomeni, da obstajata primi-
tivna pitagorejska trojica (a, b, c), kjer je a < b, in
naravno število µ, tako da veljajo enačbe
Z −X = 2µa, Z +X = 2µb, 2Y = 2µc,
iz katerih sledi
X = µ(b − a), Y = µc, Z = µ(a+ b),
in nazadnje
x = 1
2
(µ(b − a)− 1),
y = 1
2
(µc − 1),
z = 1
2
(µ(b + a)− 1).
Število 2N nato brez večjih težav izrazimo takole:
2N = (x +y + 1)(y − x) = 1
4
(Y 2 −X2)
= µ
2
4
(c2 − (b − a)2) = 1
2
µ2ab.
Nazadnje je pred nami preprosta formula
N = 1
4
µ2ab.
Ponovimo (več o tem najdemo na primer v [1, 2]).
V primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) so števila
a,b in c naravna, brez skupnega faktorja, in zanje
velja zveza a2 + b2 = c2. Trikotnik s stranicami
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
3 8 15 17 10 25 34 270
1 16 63 65 23 32 39 252
9 3 4 5 4 22 31 243
1 11 60 61 24 30 35 165
7 3 4 5 3 17 24 147
3 5 12 13 10 19 25 135
1 12 35 37 11 18 23 105
1 9 40 41 15 20 24 90
5 3 4 5 2 12 17 75
1 7 24 25 8 12 15 42
1 8 15 17 3 8 11 30
3 3 4 5 1 7 10 27
1 5 12 13 3 6 8 15
1 3 4 5 0 2 3 3
µ a b c x y z N
TABELA 1.
Nekaj rešitev naloge
a,b, c je pravokotni, a in b sta njegovi kateti, c pa
hipotenuza. Brez škode za splošnost vzamemo, da
je a < b. Eno od števil a in b je liho, eno sodo,
število c pa je vedno liho. Primitivne pitagorejske
trojice (a, b, c) generiramo z dvema naravnima šte-
viloma m in n s formulami
a =m2 −n2, b = 2mn, c =m2 +n2,
kjer sta si m in n tuji števili različnih parnosti ter
m > n. Če se zgodi, da je a > b, števili a in b za
potrebe naše naloge med seboj zamenjamo. Vsaka
pitagorejska trojica je produkt neke primitivne z ne-
kim naravnim številom.
Za neko primitivno pitagorejsko trojico (a, b, c)
in naravno število µ morajo biti x,y, z v naši na-
logi naravna števila, zato mora biti faktor µ liho šte-
vilo. Za najmanjšo primitivno pitagorejsko trojico
(3,4,5) dobimo za µ = 1 števila x = 0, y = 2, z = 3
in N = 3, ki nam dajo zelo majhen sedežni red s še-
stimi sedeži, tremi v parterju in tremi na balkonu.
     
P 47 (2019/2020) 16
SLIKA 2.
Parter in balkon s skupno 2N = 210 sedeži
Večjega dobimo z isto trojico za µ = 3, in sicer x =
1, y = 7, z = 10 in N = 27.
Za pitagorejsko trojico (12,35,37) in µ = 1 je x =
11, y = 18, z = 23 in N = 105. S tem smo našli
sedežni red z 210-imi sedeži, 105-imi v parterju in
105-imi na balkonu (slika 2).
Takih zgledov je nešteto. V poštev pride vsaka pri-
mitivna pitagorejska trojica (a, b, c) in liho število µ.
Nekaj primerov je zbranih v tabeli 1, ki je urejena
glede na naraščajoče N in je lahko direktorju gleda-
lišča v pomoč pri načrtovanem sedežnem redu.
Naloga. Dokaži, da je število N v naši nalogi vedno
deljivo s 3.
Literatura
[1] J. Grasselli, Diofantske enačbe, DMFA, Ljubljana
1984.
[2] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana
1972.
×××
www.presek.si
www.dmfa-zaloznistvo.si
www.obzornik.si
Srečanje
I L
Uvod
Skupina prijateljev živi vzdolž daljše lokalne ceste.
Za skupna srečanja želijo izbrati tak kraj x, da bo
skupna poraba oz. kar skupna prevožena razdalja
čim manjša. Jim lahko pri izbiri tega kraja kako po-
magamo?
Srečanje vzdolž premice
Zravnajmo v mislih cesto v premico in opremimo
kraje ob tej cesti s koordinatami
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an. (1)
Za poljuben realni x lahko izračunamo vsoto
S(x) =
n
∑
i=1
|x − ai|, (2)
ki nam pove vsoto razdalj točke x od točk ai.
Primer. Vzemimo
(a1, a2, a3, a4, a5) = (2,4,7,8,13).
Potem je npr. S(5) = 3+ 1+ 2+ 3+ 8 = 17.
Poskusimo poenostaviti izraz za S(x). Točke
a1, . . . , an nam razdelijo premico na (največ) n + 1
intervalov. Od teh sta prvi in zadnji neomejena. Vze-
mimo k med 1 in n − 1 in si oglejmo zožitev Sk(x)
funkcije S(x) na interval [ak, ak+1]. Za x na tem in-
tervalu velja ak ≤ x ≤ ak+1 in zato (upoštevamo še
definicijo absolutne vrednosti)
Sk(x) =
k
∑
i=1
(x − ai)+
n
∑
j=k+1
(aj − x) (3)
= (k− (n− k))x −
k
∑
i=1
ai +
n
∑
j=k+1
aj
= (2k−n)x − Sk + (Sn − Sk)
= (2k−n)x + (Sn − 2Sk),