82 Â

WIAT

N

AUKI

Czerwiec 2000

W

wydanej w 1917 roku
ksià˝ce Amusements in
Mathematics (Rozrywki
matematyczne) angiel-

ski twórca zagadek Ernest Dudeney
opisa∏ zadanie oparte na bitwie pod Ha-
stings w roku 1066, s∏ynnego starcia
Anglosasów dowodzonych przez kró-
la Harolda z Normanami pod wodzà
Wilhelma Zdobywcy. Wed∏ug Dude-
neya w starej kronice napisano:,,Ry-
cerze Harolda trzymali si´ razem, jak
mieli w zwyczaju, i uformowali szeÊç-
dziesiàt i jeden kwadratów, a ka˝dy
sk∏ada∏ si´ by∏ z jednakowej liczby lu-
dzi [...]. Gdy i sam Harold rzuci∏ si´
w wir bitwy, Anglosasi utworzyli jeden
pot´˝ny kwadrat ludzki.” Jaka, pyta∏
Dudeney, by∏a najmniejsza mo˝liwa
liczba ludzi w armii króla Harolda?

Formu∏ujàc rzecz matematycznie:

chcemy znaleêç kwadrat, który po po-
mno˝eniu przez 61 i dodaniu jedyn-
ki da inny kwadrat. Chcemy wi´c zna-
leêç ca∏kowite rozwiàzania równania
y

2

= 61x

2

+ 1. Jest to przyk∏ad równania

Pella, nazwanego tak omy∏kowo nazwi-
skiem nieznanego szerzej siedemnasto-
wiecznego matematyka angielskiego,
którego wk∏ad w t´ dziedzin´ nie by∏
oryginalny. Równania tego rodzaju –
w których liczb´ 61 mo˝na zastàpiç do-
wolnà innà liczbà naturalnà nie b´dàcà
kwadratem – zawsze majà nieskoƒcze-
nie wiele rozwiàzaƒ. Technika uzyski-
wania tych rozwiàzaƒ nazywa si´ meto-
dà u∏amków ∏aƒcuchowych, a jej opis
mo˝na znaleêç w wi´kszoÊci ksià˝ek
poÊwi´conych teorii liczb.

Na rozgrzewk´ przyjrzyjmy si´ mniej

znanej bitwie pod Brighton, gdzie ry-
cerze króla Harolda sformowali 11 kwa-
dratów; pozosta∏e warunki zagadki sà
takie same [ilustracja na sàsiedniej stro-
nie]. Tu równanie ma postaç y

2

= 11x

2

+ 1.

Metoda prób i b∏´dów daje niemal
natychmiast najmniejsze rozwiàzanie:
x = 3, y = 10.

Metodà prób i b∏´dów nie rozwià-

˝e si´ jednak zagadki Dudeneya – chy-
ba ˝e za pomocà komputera – ponie-
wa˝ najmniejszym rozwiàzaniem jest
x = 226 153 980, y = 1 766 319 049. Roz-
wiàzania równania Pella y

2

= Dx

2

+ 1

zmieniajà si´ w bardzo nieregularny
sposób wraz z D, sta∏ym wspó∏czynni-

kiem nie b´dàcym kwadratem. „Trud-
nymi” wartoÊciami D poni˝ej 100 – tzn.
takimi, dla których najmniejsze rozwià-
zanie jest wi´ksze od 1000 – sà D = 29,
46, 53, 58, 61, 67, 73, 76, 85, 86, 89, 93, 94
oraz 97. Najtrudniejszà wartoÊcià jest
bez wàtpienia 61, a zatem Dudeney wy-
bra∏ màdrze. Przy odrobinie wysi∏ku
powinieneÊ wydedukowaç, jak ma si´
sprawa dla D = 60 i D = 62, liczb sàsia-
dujàcych ze sprytnie wymyÊlonym 61
Dudeneya (odpowiedzi znajdziesz na
koƒcu artyku∏u).

Zwróç uwag´, ˝e Dudeney móg∏ uczy-

niç zagadk´ znacznie trudniejszà: dla D =

1597 najmniejsze rozwiàzania x i y sà
w przybli˝eniu równe 1.3 x 10

46

oraz

5.2 x 10

47

. Jeszcze gorsze jest D = 9781.

Równanie Pella stanowi tak˝e klucz

do rozwiàzania du˝o s∏ynniejszej za-
gadki zwanej stadem Heliosa. W roku
1773 niemiecki dramaturg Gotthold
Ephraim Lessing odkry∏ manuskrypt
zawierajàcy zadanie sformu∏owane
w formie wiersza: 22 dystychy elegijne,
przypuszczalnie napisane przez grec-
kiego matematyka Archimedesa oko∏o
250 roku p.n.e. i przes∏ane w liÊcie Era-
tostenesowi z Cyreny, g∏ównemu biblio-
tekarzowi w Aleksandrii. Wiersz zaczy-

Z A G A D K I

_

T E O R I A L I C Z B

Liczenie stada Heliosa

Niektóre zadania sà „zbyt du˝e” dla metody prób i b∏´dów – twierdzi Ian Stewart

Rekreacje matematyczne

LICZENIE STADA HELIOSA:

w zagadce tej liczby byków i krów ka˝dego koloru sà

cz´Êciowo wyznaczone przez siedem równaƒ.

(

+

) x

=

+

1

–

2

1

–

3

(

+

) x

=

+

1

–

4

1

–

5

(

+

) x

=

+

1

–

6

1

–

7

(

+

)

(

)

(

)

(

)

(

)

x

=

+

1

–

3

1

–

4

(

+

)

x

=

+

1

–

4

1

–

5

(

+

)

x

=

+

1

–

6

1

–

7

(

+

)

x

=

+

1

–

5

1

–

6

B

C

˚

C

¸

˚

¸

B

˚

B

C

c

c

¸

∏

˝

B

b

∏

˚

˝

WSZYSTKIE ILUSTRACJE: BRYAN CHRISTIE

Â

WIAT

N

AUKI

Czerwiec 2000 83

na si´ nast´pujàco:,,JeÊliÊ jest
pilny i màdry, o cudzoziem-
cze, okreÊl mnogoÊç stada
Heliosa, które dawno temu
pas∏o si´ na trinakijskich po-
lach Sycylii.”

Stado Heliosa wspomnia-

ne jest w Odysei Homera. Jest
w niej mowa o 350 zwierz´-
tach, Archimedes mia∏ jed-
nak na myÊli innà liczb´. W
jego zagadce stado dzieli si´
na byki bia∏e (B), czarne (C),
˝ó∏te (˚) i ∏aciate (¸) oraz od-
powiednio takie same krowy (b, c, ˝, ∏).
Liczba zwierzàt jest okreÊlona za pomo-
cà siedmiu ∏atwych oraz dwóch trud-
nych do spe∏nienia warunków. ¸atwe
mo˝na zapisaç w postaci siedmiu rów-
naƒ wià˝àcych osiem niewiadomych
[ilustracja na poprzedniej stronie]. Pierw-
szy trudny warunek to taki, ˝e ∏àczna
liczba byków bia∏ych i czarnych (B + C)
musi byç kwadratem. Warunek drugi
mówi, ˝e liczba byków ˝ó∏tych i ∏acia-
tych (˚ + ¸) musi byç liczbà trójkàtnà,
czyli sumà postaci 1 + 2 + 3 + 4 +... + m,
gdzie m jest liczbà naturalnà.

Siedem pierwszych warunków spro-

wadza si´ do jednego: wszystkie nie-
wiadome (w liczbie 8) sà wzajemnie
proporcjonalne z pewnymi wspó∏czyn-
nikami proporcjonalnoÊci. Po rozwià-
zaniu równaƒ otrzymuje si´ rozwiàza-
nia (dla dowolnego ca∏kowitego n):

B = 10 366 482n, C = 7 460 514n,
˚ = 4 149 387n, ¸ = 7 358 060n,
b = 7 206 360n, c = 4 893 246n,
˝ = 5 439 213n, ∏ = 3 515 820n.

Kolejny krok to znalezienie najmniej-

szej wartoÊci n, która spe∏nia dwa trudne
warunki. W roku 1830 niemiecki mate-
matyk J. F. Wurm rozwiàza∏ prostszà
wersj´ tego zadania: B + C nie musi byç
w nim kwadratem. Warunek, ˝e ˚ + ¸
ma byç liczbà trójkàtnà prowadzi, po za-
stosowaniu przekszta∏ceƒ algebraicznych,
do ˝àdania, by liczba 92 059 576n + 1 by-
∏a kwadratem. Dla najmniejszej takiej licz-
by n ∏àczna liczba zwierzàt w stadzie wy-
nosi jedyne 5 916 837 175 686.

Jednak równanie Wurma ma nie-

skoƒczenie wiele rozwiàzaƒ n, a wÊród
nich mo˝emy poszukiwaç najmniejszej
liczby, dla której dodatkowo B + C jest
kwadratem. W 1880 roku A. Amthor –
inny niemiecki matematyk – udowod-
ni∏, ˝e n musi byç równe 4 456 749 m

2

,

gdzie liczba m spe∏nia równanie Pella:
410 286 423 278 424m

2

+ 1= kwadrat. Te-

raz mo˝na znaleêç najmniejsze takie
m metodà u∏amków ∏aƒcuchowych. Ra-
chunki okaza∏y si´ zbyt trudne dla Am-
thora, ale obliczy∏ on, ˝e ∏àczna liczba

zwierzàt w stadzie jest liczbà o 206 545
cyfrach, z których potrafi∏ okreÊliç
pierwsze cztery. Pomi´dzy rokiem 1889
a 1893 Klub Matematyczny z Hillsbo-
ro w stanie Illinois wyliczy∏ pierwsze
32 cyfry, z których 30 okaza∏o si´ po-
prawne. Pierwsze kompletne rozwià-
zanie znaleêli w roku 1965 matematycy
z University of Waterloo w Ontario. Li-
st´ wszystkich 206 545 cyfr opubliko-
wa∏ w 1981 roku Harry L. Nelson. U˝y∏
superkomputera CRAY-1, a obliczenia
trwa∏y 10 min.

Od tamtej pory a˝ do niedawna spra-

wà si´ nie zajmowano. Obecnie jednak
matematycy dysponujà ultraszybkimi
komputerami w mgnieniu oka przepro-
wadzajàcymi obliczenia na liczbach o set-
kach tysi´cy cyfr. Ilan Vardi z Occiden-
tal College odkry∏, ˝e algebraiczny pakiet
programu Mathematica potrafi odtwo-
rzyç ca∏à t´ analiz´ w kilka sekund. Po-
szed∏szy troch´ dalej, stwierdzi∏, ˝e Ma-
thematica umie tak˝e podaç dok∏adny
wzór okreÊlajàcy liczebnoÊç stada; wcze-
Êniej matematycy nawet nie podejrzewa-
li, ˝e taki wzór istnieje. Na stacji roboczej
Sun – w∏aÊciwy wybór, wziàwszy pod
uwag´ w∏aÊciciela trzody (sun to po an-

gielsku s∏oƒce, a Helios to gre-
cki bóg s∏oƒca) – obliczenia za-
j´∏y pó∏torej godziny. Szcze-
gó∏y Vardi opisa∏ w artykule
,,Archimedes’ Cattle Problem”
(Problem stada Archimede-
sa) w American Mathemati-
cal Monthly z kwietnia 1998.
Rezultatem tego wszystkiego
jest wniosek, ˝e liczba zwie-
rzàt w stadzie jest najmniej-
szà liczbà ca∏kowità wi´kszà
od (p/q)(a+b

Ö

{4 472 494})

4 658

,

gdzie

p = 25 194 541
q = 184 119 152
a = 109 931 986 732 829 734 979 866 232

821 433 543 901 088 049

b = 50 549 485 234 315 033 074 477 819

735 540 408 986 340.

Naukowcy zastanawiajà si´, czy to

rzeczywiÊcie Archimedes postawi∏ ten
problem. Zgadzajà si´, ˝e tak, chocia˝
niekoniecznie to on napisa∏ dystychy.
Pewniejsze jest, ˝e nie móg∏ tego zada-
nia rozwiàzaç – by∏o po prostu „za du-
˝e”. Rachunki zaj´∏yby wtedy zbyt wie-
le czasu. Czy Archimedes w ogóle
wiedzia∏, ˝e rozwiàzanie istnieje? Chy-
ba nie. Niewàtpliwie by∏ doÊç màdry,
by zdawaç sobie spraw´, ˝e potrzebne
jest tu jakieÊ równanie, wydaje si´ jed-
nak nieprawdopodobne, aby wiedzia∏,
˝e równanie to ma zawsze rozwiàzania.
A mora∏ z tej historii taki – strze˝cie si´
greckich zagadek.

ODPOWIEDZI:

Dla D = 60, x = 4, y = 31

Dla D = 62, x = 8, y = 63

T∏umaczy∏

Tomasz ˚ak

Rekreacje matematyczne

S P R Z ¢ ˚ E N I E

_

Z W R O T N E

W

odpowiedzi na ,,Synchronizacja b∏ysków Êwietlików” [maj 1999] Cindy Eisner
z Zichron Yaacov w Izraelu przeprowadzi∏a kompletnà analiz´ wszystkich
plansz o umiarkowanych rozmiarach, okreÊlajàc dla ka˝dego przypad-

ku najwi´kszà grup´ Êwietlików, dla której ˝adna para nigdy si´ nie zsynchronizuje,
oraz liczb´ stanów poczàtkowych, które nigdy nie prowadzà do ˝adnej synchroniza-
cji. Na przyk∏ad na planszy cztery na cztery najwi´ksza grupa Êwietlików, dla których
˝adna para nigdy si´ nie zsynchronizuje, sk∏ada si´ z czterech Êwietlików, które na po-
czàtku rozmieszczone sà w miejscach 1, 4, 7 i 11 [poni˝ej]. Na planszy 15 na 15 najwi´k-
sza grupa niesynchronizujàca si´ sk∏ada si´ z 15 Êwietlików o pozycjach poczàt-
kowych 0, 4, 6, 8, 11, 13, 17, 21, 24, 27, 31, 37, 41, 46 i 51. Na
tej planszy jest 124 523 stanów poczàtkowych, które ni-
gdy nie prowadzà do synchronizacji, spoÊród 7.20576 x 10

16

mo˝liwych.

Co wi´cej, na planszy dowolnych rozmiarów zawsze ist-

niejà takie stany poczàtkowe dla dwóch Êwietlików, które
zapewniajà brak synchronizacji. Na przyk∏ad ustawmy Êwie-
tliki na pozycjach 0 i 2n – 3 na planszy n na n. Eisner przy-
puszcza, ˝e stany te sà jedynymi, które si´ nie synchronizu-
jà dla dwóch Êwietlików.

NAJMNIEJSZE ROZWIÑZANIE:

armi´ 99 ˝o∏nierzy (czarne

kropki) mo˝na ustawiç w 11 kwadratów (po lewej) dowodzo-
nych przez Harolda (czerwone kropki) lub w jeden du˝y kwa-
drat wraz z królem Haroldem (po prawej).

=