     
P 46 (2018/2019) 5 11
Naloge z okroglim mestom
M R
V prispevku bomo na primerih treh nalog spo-
znali delček srednjeveške kitajske matematike. Ki-
tajci so v svoji večtisočletni zgodovini v matema-
tiki dosegli lepe uspehe. Zato ne bo odveč, da jim
posvetimo nekaj besed. Do nekaterih ugotovitev
so prišli celo več stoletij prej kot Evropejci. Več o
tem lahko preberemo npr. v [2] in [3].
Pri zapisovanju kitajskih besed v latinici bomo
uporabljali mednarodno priznani sistem pinyin, na-
mesto modernih poenostavljenih kitajskih pismenk
pa kar tradicionalne, da bomo tako ostali bliže av-
torjem iz 13. stoletja. Zaradi pravilne tonske izgo-
vorjave uporablja pinyin, če je potrebno, še posebna
znamenja nad samoglasniki, ker bi sicer enako napi-
sana beseda lahko imela več pomenov. Glede pisave
in izgovorjave nam je lahko v veliko pomoč svetovni
splet.
V času vladanja dinastije Song (960–1279) (Sòng,
V času vladanja dinastije Song (960–1279) (Sòng, ) je na Kitajskem) živel matematik Li Ye (1192–
1279) (Ľı Yě,živel matematik Li Ye (1192– ) ( e, ), ki se je rodil kot Li Zhi (Ľıje rodil kot Li Zhi (Ľı Zhì,
SLIKA 1.
Diagram okroglega mesta (pogled od severa proti jugu)
Zh̀ı, ), a je kasneje spremenil svoje ime. Kitajcem je v tistem obdobjuasneje spremenil svoje ime. Kitajcem
je v tistem obdobju kljub pogostim vojnam s sever-
nimi sosedi na znanstvenem in tehničnem področju
kar dobro šlo. Omenimo samo, da so Kitajci takrat
že dolgo časa poznali papir in tisk, iznašli pa so tudi
mehansko uro za pogon astronomskih naprav (glej
npr. [4]).
Leta 1248 je Li Ye dokončal pomembno delo z ne-
navadnim naslovom Ceyuan haijing (Cèyuán hǎijìng,
(Cèyuán hǎij̀ıng, ), kar pomeniar pomeni Morsko ogledalo meritev
kroga. V njem rešuje nekatere geometrijske naloge z
algebrskimi metodami, ki pripeljejo do polinomskih
enačb. Metodo imenuje tian yuan shu (tiān yuán shù,
(tiān yuán shù, ), kar pomeni metoda nebesne neznanke.
Na začetku Lijevega dela je diagram okroglega me-
sta, yuan cheng tu shi (yuán chéng tú shì,(yuán éng tú ı̀, ). Na njem so točke označene s kitajskimi pis-.
Na njem so točke označene s kitajskimi pismenkami.
Krog predstavlja obzidje mesta, ki ima štiri vrata v
smeri glavnih strani neba: sever bei (běi, ), jug)
nan (nán,á ), vzhod dong (dōng, ) in zahod xi
(x̄ı,( ı, ). Na sliki 1, ki je nepopoln preris originala, so vrata. Na sliki 1, ki je nepopoln preris originala,
so vrata označena s N,S, E,W . Druge točke bomo
označili v konkretnih primerih, ki jih bomo obrav-
navali. Posebnost slike je tudi v tem, da so strani
neba prilagojene pogledu od severa proti jugu. Na
sliki je več pravokotnih trikotnikov, ki so po kitaj-
ski tradiciji postavljeni tako, da je ena kateta vodo-
ravna, ena pa navpična. Krogu sta očrtana kvadrat
in pravokotni trikotnik tako, kot kaže slika 1. Krožci
predstavljajo tiste točke, ki jih je označil Li Ye in na
podlagi slike sestavil zbirko 170 nalog, pri katerih
je večinoma treba iz danih podatkov izračunati veli-
kost mesta, njegov polmer ali premer. Podatki se iz-
ražajo z nekaterimi razdaljami med označenimi toč-
kami. Zanimivo je tudi, da Li dotikališča hipotenuze
s krogom sploh ne uporablja.
Predpostaviti je treba, da mesto, ki je omenjeno v
nalogah, stoji na idealni ravnini, da se v vseh smereh
zunaj mesta dobro vidi in da je mogoče priti peš,
kamor je pač treba.
V obravnavanih nalogah bomo delali s splošnimi
podatki in šele na koncu rešili celoštevilski primer,
     
P 46 (2018/2019) 512
po možnosti s čim manjšimi števili. Za dolžinsko
enoto bomo vzeli kar kilometer. S tem ne bomo prav
nič okrnili pomena Lijeve zbirke in metod v njej. Prav
tako pričujoče naloge niso popolnoma originalne, a
sestavljene so po Lijevih zgledih. Rešujemo pa jih
tako, kot to počnemo dandanes po naših šolah.
1. naloga. Južno od zahodnih vrat, 6 km daleč, ra-
ste visoko drevo. Neki človek gre od vzhodnih vrat 2
km proti vzhodu, ko zagleda omenjeno drevo. Kako
veliko je mesto?
Rešitev. Pomagamo si s sliko 2. Krog s središčem O
naj ima polmer x, vzhodna vrata so v točki E, zaho-
dna v točki W , drevo v točki D, iz točke A pa človek
opazi drevo v smeri hipotenuze pravokotnega triko-
tnika AWD. Hipotenuza se kroga dotika v točki B.
Označimo a = |WD|, b = |AE|.
Pravokotna trikotnika AOB in ADW sta si podob-
na, ker se ujemata v skupnem kotu z vrhom A in v
pravem kotu. Upoštevamo, da je |BD| = a in da za
trikotnik AWD velja Pitagorov izrek. Dobimo zvezi
2x + b
a
= |AB|
x
, (|AB| + a)2 = a2 + (2x + b)2.
Če iz prve izrazimo |AB| in vstavimo v drugo, do-
bimo po preurejanju in krajšanju za neznani polmer
kroga enačbo
2x3 + bx2 − a2b = 0. (1)
Če načrtamo grafa funkcij x 7→ 2x3 in x 7→ a2b−bx2,
takoj opazimo, da ima enačba (1) samo eno pozitivno
rešitev, ki je iskani polmer okroglega mesta.
V konkretnem primeru je a = 6, b = 2. Tedaj je
treba rešiti enačbo 2x3+2x2−72 = 2(x3+x2−36) =
0. Rešitev kar uganemo: x = 3. Premer mesta je torej
6 km.
Pripomba. V vseh treh tukaj obravnavanih nalogah
sta a in b racionalni števili, zato imajo polinomi na
levi strani enačb (1), (2) in (3) racionalne koeficiente.
Če je potrebno, odpravimo ulomke, tako da imamo
na levi strani enačb polinome s celimi koeficienti. Na-
stane pa težava, kako poiskati ničle teh polinomov.
Pri polinomih stopnje 1 in 2 to v srednjem veku ni
bilo težko, vemo pa, da je bilo to teže pri polino-
mih tretje, četrte in višjih stopenj. Pri racionalni ni-
čli p/q polinoma s celimi koeficienti, če taka ničla
SLIKA 2.
Razmere pri 1. nalogi
sploh obstaja, je števec p delitelj konstantnega člena
in q delitelj vodilnega koeficienta polinoma. Ulom-
kov p/q pa ima polinom lahko zelo veliko in hitro
se zgodi, da nam preverjanje vzame veliko časa, ni-
čle pa kljub vsemu ne najdemo. V veliko pomoč nam
je Hornerjeva, tudi Ruffini-Hornerjeva metoda (več
o tem npr. v [1]), po kateri hitro, samo z množe-
njem, seštevanjem in odštevanjem, izračunamo vre-
dnost polinoma v dani točki x0. Za ime metode sta
zaslužna italijanski matematik Paolo Ruffini (1765–
1822) in britanski matematik William George Horner
(1786–1837).
V resnici pa so tako metodo poznali Kitajci že ve-
liko stoletij pred Hornerjem in Ruffinijem. V delu
Matematika v devetih poglavjih, kitajsko Shushu ji-
uzhang (Shùshū jiǔzhāng,( ù , ) iz leta 1247, jo uporablja avtor Qiniz leta 1247, jo
uporablja avtor Qin Jiushao (1202–1261)
(Qín Jiǔsháo,Jiushao (1202–1261) (Qı́ á , ). Tudi Qin je reševal 2. nalogo,Tudi Qin je reševal 2. nalogo,
dobil pa je za iskani polmer polinomsko enačbo pete
stopnje in jo za konkretni razdalji a in b tudi pra-
vilno rešil.
Preostali rešitvi enačbe x3+x2−36 = 0 najlaže do-
bimo ravno s Hornerjevo metodo. V našem primeru
račun poteka takole:
1 1 0 −36
3 12 36
x0 = 3 | 1 4 12 | 0
To se pravi, da smo našli razcep x3+x2−36 = (x−
3)(x2 + 4x + 12). Toda enačba x2 + 4x + 12 = 0
ima konjugirano kompleksni rešitvi −2(1± i
√
2), kar
pomeni, da je x = 3 edina rešitev naloge.
     
P 46 (2018/2019) 5 13
2. naloga. Visoko drevo raste 2 km od južnih vrat
proti jugu. Nekdo gre od severnih vrat proti vzhodu
in zagleda omenjeno drevo, ko prehodi 6 km. Kako
veliko je mesto?
SLIKA 3.
Razmere pri 2. nalogi
Rešitev. Označimo točke in razdalje tako, kot kaže
slika 3. Pravokotna trikotnika AND in BOD sta si
podobna, ker se ujemata v skupnem kotu z vrhom D
in v pravem kotu. Za trikotnik BOD velja Pitagorov
izrek. Dobimo zvezi
a+ 2x
b
= |BD|
x
, |BD|2 = (x+a)2−x2 = a(a+2x).
Če iz prve izrazimo |BD| in vstavimo v drugo, do-
bimo po preurejanju in krajšanju za neznani polmer
kroga enačbo
2x3 + ax2 − ab2 = 0, (2)
ki ima eno samo pozitivno rešitev. V našem primeru
je a = 2, b = 6. Tedaj je treba rešiti enačbo 2x3 +
2x2 − 72 = 2(x3 +x2 − 36) = 0. Spet dobimo rešitev
x = 3. Premer mesta je potemtakem 6 km.
3. naloga. Visoko drevo raste 3/4 km južno od juž-
nih vrat. Neka oseba gre od vzhodnih vrat proti
vzhodu in zagleda omenjeno drevo, ko prehodi 2 km.
Kako veliko je mesto?
Rešitev. Označimo točke in razdalje tako, kot kaže
slika 4. Za pravokotna trikotnika BOD in AOB zapi-
šemo Pitagorov izrek, za pravokotni trikotnik AOD
SLIKA 4.
Razmere pri 3. nalogi
pa višinski izrek
(a+ x)2 = x2 + |BD|2, (b + x)2 = x2 + |AB|2,
|AB| · |BD| = x2.
Iz vseh treh enačb izločimo |BD| in |AB|. Dobimo
relacijo
x4 = (a2 + 2ax)(b2 + 2bx).
Po preureditvi je pred nami enačba
x4 − 4abx2 − 2ab(a+ b)x − a2b2 = 0, (3)
ki ima eno samo pozitivno rešitev. V našem primeru
je a = 3/4, b = 2. Tedaj je treba rešiti enačbo 4x4 −
24x2 − 33x − 9 = 0. Spet dobimo rešitev x = 3.
Premer mesta je 6 km.
Literatura
[1] Z. Bohte, Numerično reševanje enačb, Knjižnica
Sigma, Ljubljana, Mladinska knjiga 1964.
[2] U. Libbrecht, Chinese Mathematics in the Thir-
teenth Century, Cambridge, Massachusetts, MIT
Press 1973.
[3] J.-C. Martzloff, A History of Chinese Mathema-
tics, Berlin in drugje, Springer 2006.
[4] M. Saje, Zgodovina Kitajske, Ljubljana, Slovenska
matica 2015.
×××