SKAKACEVE PUTANJE I MAGICNI KVADRATI

SKAKACEVE PUTANJE I MAGICNI KVADRATI

Pod povratnim putem neke sahovske figure podrazumevamo prelazak ove figurepreko svih polja sahovske table, pri cemu se put zavrsava na polaznom polju. Od svihpovratnih puteva na sahovskoj tabli, skakacev put je bez sumnje najinteresantniji inajpoznatiji citaocima. Umesto termina povratni put nekad se koristi i naziv ,,krug.”

⋆ Da li skakac moze obici sva polja standardne sahovske table 8× 8 tako da prekosvakog polja prede jednom i samo jednom, a zatim da se vrati na polazno polje?

Ovaj cuveni i vrlo popularan problem bio je poznat i pre vise vekova. Prvi put sesrece u arapskim Mansubama1 jos u 9. veku. Poznati su primeri skakacevog kruga uMansubama Hamida I (biblioteka u Istambulu) i Mansubama Al-Hakima (bibliotekaRajlend u Mancesteru).

Sl. 1 Skakacev put – De Muavrovo resenje

Za skakacev povratni put (krug) interesovali su se veliki matematicari Ojler, Van-dermond, Lezandr, De Muavr, De Monmor i drugi. Medu prvim resenjima ovogproblema su ona koja su pocetkom 18. veka dali Pjer de Monmor i Abraham2 deMuavr. Njihov metod je primenjen na standardnu sahovsku tablu 8 × 8 koja jepodeljena na unutrasnji centralni kvadrat 4 × 4 i preostali kvadratni prsten sirinedva polja koji ide od centralnog kvadrata do ruba table. Ako skakac polazi sa poljaiz unutrasnjeg kvadrata, on se dalje krece duz ovog prstena prelazeci preko njegovihpolja i vracajuci se u unutrasnji kvadrat jedino kad dalji put po prstenu nije moguc.Moguc je i obratni redosled, kao sto pokazuje De Muavrovo resenje prikazano na

1Mansube su srednjovekovne knjige u kojima su bile zapisivane partije poznatih sahista i pozicije koje su seodlikovale posebnom lepotom.

2Takode Avram i Abram. S obzirom da je De Muavr veci deo svog zivota proveo u Engleskoj, najcesce se koristiime Abraham.

slici 1. Primetimo da prikazana putanja nije povratna mada skakac posecuje sva 64polja.

Prema godisnjaku Memoires de Berlin za 1759. godine, Ojler se takode zain-teresovao za ovaj problem na inicijativu L. Bertrana iz Zeneve. U svom pismumatematicaru Goldbahu (26. april 1757.) Ojler je dao resenje skakacevog kruga,prikazano na slici 2a.

Sl. 2a Ojlerovo resenje skakacevog kruga Sl. 2b Ojlerovo ,,pola-pola” resenje

Ojlerov metod sastoji se od niza slucajnih poteza skakaca po tabli koju formi-raju putanju sto je moguce vece duzine, vodeci pritom racuna da broj neposecenihpolja bude sto manji. Sledeci korak je interpolacija neposecenih polja u prethodnonacinjenu putanju u cilju ostvarivanja povratnog puta. Primer modifikovanog Oj-lerovog resenja, gde su prva 32 poteza izvedena na jednoj polovini table, prikazanje na slici 2b.

Ojler je bio prvi koji je napisao matematicki rad o skakacevom putu. On jeizlozio svoj rad pred clanovima Akademije nauka u Berlinu 1759., ali njegov rad jepublikovan tek 1766. Interesantno, Berlinska akademija nauka je predlozila nagraduod 4000 franaka za najbolji rad o skakacevoj putanji, ali nagrada nikad nije dodeljenajer je Ojler bio direktor Matematickog odeljenja akademije i kao takav nepodobanzbog konflikta interesa.

Vandermondov pristup pri nalazenju skakacevog povratnog puta koristi razlomkeoblika x/y, gde su x i y koordinate posecenog polja. Na primer, 1/1 je donje levougaono polje (a1) a 8/8 je gornje desno ugaono polje (h8). Vrednosti brojeva x iy su ogranicene dimenzijama sahovske table (1 ≤ x, y ≤ 8) i pravilima skakacevogkretanja.

Vandermondova osnovna ideja sastoji se u pokrivanju table pomocu dve ili visenezavisnih pojedinacnih putanja. U sledecem koraku ove putanje se povezuju. Van-dermond je opisao svoje resenje skakacevog povratnog puta pomocu sledecih razlo-maka (koordinata):

5/5, 4/3, 2/4, 4/5, 5/3, 7/4, 8/2, 6/1,7/3, 8/1, 6/2, 8/3, 7/1, 5/2, 6/4, 8/5,7/7, 5/8, 6/6, 5/4, 4/6, 2/5, 1/7, 3/8,2/6, 1/8, 3/7, 1/6, 2/8, 4/7, 3/5, 1/4,2/2, 4/1, 3/3, 1/2, 3/1, 2/3, 1/1, 3/2,1/3, 2/1, 4/2, 3/4, 1/5, 2/7, 4/8, 3/6,4/4, 5/6, 7/5, 8/7, 6/8, 7/6, 8/8, 6/7,8/6, 7/8, 5/7, 6/5, 8/4, 7/2, 5/1, 6/3.

Uobicajena sahovska notacija koja odgovara gornjim razlomcima bila bi e5 (5/5),d3 (4/3), b4 (2/4), itd.

Pomenimo da su mnogi kreatori skakacevog kruga konstruisali povratne putanjeneobicnih i interesantnih oblika, sa estetskim elementima ili nekim drugim zahte-vima. Ruski sahovski majstor i bivsi oficir de Jenis (1813–1872) sastavio je viseproblema u vezi sa skakacevim krugom. Evo jednog od njih:

⋆Oznacimo brojevima od 1 do 64 povratnu skakacevu putanju, pocevsi od skakacevogpolaznog polja 1 pa do njegovog zavrsnog polja 64, a zatim nadimo zbirove tih bro-jeva po horizontalama i vertikalama. Da li se moze naci takva skakaceva povratnaputanja koja omogucava da svi gornji zbirovi (ukupno 16) budu jednaki 260?

U gornjem zadatku podrazumeva se da skakac sa polja 64 mora da skoci napolje 1 (radi se o skakacevom krugu). Veoma je tesko naci zahtevane polumagicnekvadrate (koji se od magicnih razlikuju po tome sto ne zahtevaju isti zbir i podvema glavnim dijagonalama). Od samo nekoliko postojecih putanja, prikazecemodve takve putanje koje daju polumagicni kvadrat, a obe je konstruisao vec pomenutide Jenis (slika 3).

63 22 15 40 1 42 59 1814 39 64 21 60 17 2 4337 62 23 16 41 4 19 5824 13 38 61 20 57 44 311 36 25 52 29 46 5 5626 51 12 33 8 55 30 4535 10 49 28 53 32 47 650 27 34 9 48 7 54 31

50 11 24 63 14 37 26 3523 62 51 12 25 34 15 3810 49 64 21 40 13 36 2761 22 9 52 33 28 39 1648 7 60 1 20 41 54 2959 4 45 8 53 32 17 426 47 2 57 44 19 30 553 58 5 46 31 56 43 18

Sl. 3 Jenisevi polumagicni kvadrati na sahovskoj tabli

Najmanji zaista magicni kvadrat (dakle, i suma 2065 brojeva na glavnim dijago-nalama jednaka je sumi brojeva po vertikalama i horizontalama) je reda 16 i prikazanje na slici 4.

184 217 170 75 188 219 172 77 228 37 86 21 230 39 88 25

169 74 185 218 171 76 189 220 85 20 229 38 87 24 231 40

216 183 68 167 222 187 78 173 36 227 22 83 42 237 26 89

73 168 215 186 67 174 221 190 19 84 35 238 23 90 41 232

182 213 166 69 178 223 176 79 226 33 82 31 236 43 92 27

165 72 179 214 175 66 191 224 81 18 239 34 91 30 233 44

212 181 70 163 210 177 80 161 48 225 32 95 46 235 28 93

71 164 211 180 65 162 209 192 17 96 47 240 29 94 45 234

202 13 126 61 208 15 128 49 160 241 130 97 148 243 132 103

125 60 203 14 127 64 193 16 129 112 145 242 131 102 149 244

12 201 62 123 2 207 50 113 256 159 98 143 246 147 104 133

59 124 11 204 63 114 1 194 111 144 255 146 101 134 245 150

200 9 122 55 206 3 116 51 158 253 142 99 154 247 136 105

121 58 205 10 115 54 195 4 141 110 155 254 135 100 151 248

8 199 56 119 6 197 52 117 252 157 108 139 250 153 106 137

57 120 7 198 53 118 5 196 109 140 251 156 107 138 249 152

Sl. 4 Magicni kvadrat 16× 16 – suma po trazenim pravcima je 2056

Pomenuli smo da na standardnoj sahovskoj tabli 8 × 8 nije moguc perfektnimagicni kvadrat ostvaren skakacevim krugom. Medutim, moguce je naciniti magicnikvadrat pomocu zatvorenog puta topa (a time i kraljice). Takav magicni kvadratprvi je konstruisao 1985. godine Stenli Rabinovic iz (Aktonu, SAD), videti sliku 5.

61 62 63 64 1 2 3 412 11 10 9 56 55 54 5320 19 18 48 17 47 46 4560 59 58 8 57 7 6 537 38 39 25 40 26 27 2813 14 15 49 16 50 51 5221 22 23 24 41 42 43 4436 35 34 33 32 31 30 29

Sl. 5 Magicni kvadrat sastavljen od zatvorenog puta topa (dame)

Jos uvek nije moguce odgovoriti na pitanje koliko razlicitih skakacevih putanjapostoji. Prema Morisu Kretiku, taj broj je veci od 122 miliona. Primetimo da se bilokoje polje sahovske table moze uzeti za polazno; zaista, ako postoji neka povratnaputanja tada (proizvoljno) polje prekida te putanje postaje polazno (i zavrsno) polje,na isti nacin kao i kod bilo koje zatvorene konture.

1 12 23

3

34

14 14

5 6 7 8 9

9

10 11 12 13

2727 2828 2929

16

30 32 33 34 35 36 37 3831

Sl. 6 Skakacev krug na cilindru 3× 13

Interesantno je razmatrati zatvorene putanje skakaca na cilindricnoj tabli i Mebi-jusovoj tabli (tabla koja se dobija od razvijene mreze cilindricne table u pravougaonik,cije se ivice posle uvrtanja za 180 stepeni zatim spajaju). O ovom problemu pisaoje Kliford Pikover u svoj knjizi The Zen of Magic Squares, Circles, and Stars: AnExhibition of Surprising Structures across Dimensions (Princeton University Press,2004). Najjednostavniji nacin da se nade takav put je ,,razviti” cilindar u odgo-varajucu pravougaonu mrezu. Primer skakacevog puta na cilindru ,,3×13” prikazanje na slici 6. Prvi red trake numerisan je brojevima od 1 do 13, drugi red od 14 (po-lazno polje) do 26 i treci red od 27 do 39. Cilindar se pravi spajanjem vertikalnihivica trake, spajajuci plavi ugao sa plavim, i crveni ugao sa crvenim. Resenje,prikazano na slici 6, dato je sledecim nizom:

(polazno polje) 14-29-4-15-30-5-16-31-6-17-32-7-18-33-8-19-34-9-20-35-10

-21-36-11-22-37-12-23-38-13-24-39-1-25-27-2-26-28-3-14 (polazno polje)

Pricu o skakacevim turnejama na sahovskoj tabli zavrsicemo jednim od poznatijihproblema kojim je profesor Stenfordskog univerziteta Donald Knut, verovatno najis-taknutiji svetski naucnik iz oblasti kompjuterskih nauka, motivisao svoje studente.To je varijanta skakacevog kruga koju je predlozio Amerikanac L. D. Jardbrou jula1968. u casopisu Journal of Recreational Mathematics.

⋆ Kao i kod uobicajenog kruga, skakac ne sme posetiti nijedno polje vise nego jed-nom, izuzev startnog polja koje je i zavrsno. Pri ovom putu postoje stroga ogranicenjada putanja ne sme da sece samu sebe.

Problem je prilicno tezak i preporucuje se koriscenje kompjuterskog programa.

Sl. 7 Najduzi nepresecajuci put skakaca na tabli 8× 8

Autor ove knjige imao je cast da o pomenutoj skakacevoj putanji vodi diskusijusa profesorom Knutom koji je, izmedu ostalog, napomenuo da je Jardbrou samoponovo otkrio ovaj problem, koji je 30 godina ranije komponovao poznati sahovski

kompozitor T. R. Dosan (Dawson). U slucaju najduzeg nepresecajuceg puta skakacana standardnoj sahovskoj tabli 8× 8 Knut je pomocu tzv. backtrack kompjuterskogprograma pronasao 4 osnovna resenja. Da bi se doslo do njih, bilo je potrebno ispitati3 137 317 289 slucajeva. Resenje prikazano na slici 7 dato je u knjizi Mathematicsand Chess (Dover Publ., Njujork 1997) autora ovog sajta.

NAGRADNI ZADATAK

Tekst nagradnog zadatka NZ-5 iz sajt izdanja # 35:

NZ-5 Zlom kralju su saopstili da je jedno od njegovih 1000 buradi vina zatrovano. Otrov jetoliko jak da je minimalna kolicina dovoljna da ubije coveka za tacno 30 dana, bez obzira kolikoje razblazen. Kralj je spreman da zrtvuje 10 svojih robova kako bi utvrdio koje od 1000 buradi jezatrovano.

(a) Da li kralj moze da utvrdi o kom buretu se radi pre velike gozbe koju je planirao kroz 5nedelja?

(b) Da li kralj moze da ostvari svoj cilj sa samo osam robova?

Tacno resenje prvi je poslao Branko Petrovic koji zivi u Cikagu i radu u jednojIT kompaniji i njemu pripada nagrada (knjiga iz popularne matematike).

RESENJE: (a) Zatrovano bure moze se identifikovati za 30 dana po sledecempostupku. Numerisimo burad brojevima od 0 do 999 i predstavimo ove brojevepomocu brojeva u binarnom sistemu duzine od 10 cifara, pri cemu i 0 moze bitivodeca cifra ako je potrebno. Na primer, burad 0 i 999 ce biti predstavljena pomocu0000000000 i 1111100111.

Prvi rob pije po malo iz svakog od buradi koja imaju 1 kao poslednju cifru, drugirob pije iz svakog od buradi koja imaju 1 kao pretposlednju cifru u svom binarnomzapisu, itd., sve do desetog roba koji pije iz svakog bureta koje ima 1 kao prvi cifru ubinarnom zapisu. Primetimo da svaki rob moze popiti i ,,koktel” nacinjen od vina izsvih buradi (nezatrovanih i zatrovanog) koja su mu dodeljena za ,,degustaciju,” stone utice na smanjenje ubojitosti otrova jer vino iz nezatrovanih buradi ne smanjujedejstvo otrova.

Kroz 30 dana zatrovano bure moze se otkriti na osnovu binarnog zapisa: ako jei-ti rob (1 ≤ i ≤ 10) – kome su bila dodeljena burad sa binarnim brojevima koji nai-tom mestu zdesna imaju cifru 1 – umre od otrova, staviti na i-to mesto s desnacifru 1, u protivnom (ako ostane ziv), staviti 0. Na primer, ako jedino robovi 1, 3, i10 umru od otrova 30. dana, broj zatrovanog bureta je 20 + 22 + 29 = 517.

(b) Da bi postigao svoj cilj samo sa osam robova, kralj moze podeliti burad nacetiri grupe od po 250 buradi u svakoj. Kako je 28 > 250, osam robova je dovoljnoda identifikuju zatrovano bure u jednoj grupi za 30 dana pomocu postupka koji jeopisan pod (a). Kako otrov ubija osobu za tacno 30 dana, kralj moze primeniti

isti postupak na drugu, trecu i cetvrtu grupu posle jednog, dva i tri dana, redom.Kako postoji samo jedno zatrovano bure, dan kada su robovi umrli ce jednoznacnoidentifikovati grupu koja sadrzi zatrovano bure i partikularni podskup umrlih robovaodredice broj zatrovanog bureta u grupi.

ZADACI ZA RESAVANJE

Z-71 • VOCE U ZEMLJI CUDA. Sticajem cudnih okolnosti Alisa se nasla u Zemljicuda (pretpostavljamo da vam je knjiga britanskog pisca i profesora matematikesrednje skole Luisa Kerola Alisa u Zemlji cuda (Alice in Wonderland) bila omiljenau detinjstvu). Na jednom stablu u Zemlji cuda rastu banane i kruske. Pre dolaskaAlise na stablu je bilo 165 banana i 200 krusaka, ukupno 365 plodova. Alisa jeu Zemlji cuda boravila godinu dana i svakog dana je brala dva ploda. Svaki putumesto dva ubrana ploda izrasta jedan novi i to po sledecoj semi: ako su ubranadva ploda iste vrste, onda izraste kruska, a ako su ubrana dva razlicita ploda, tadaizraste banana. Na ovaj nacin se svakog dana broj plodova smanjuje za jedan i nakraju godine ce na stablu ostati samo jedan plod. Da li ce to biti banana ili kruska?

Z-72 • VAFIN PROBLEM DISEKCIJE PRAVOUGAONIKA. Abu’l Vafa, jedan od naj-poznatijih arapskih matematicara desetog veka, postavio je sledeci problem: Podelitipravougaonik sastavljen od tri identicna kvadrata na manje delove i od njih sastavitikvadrat. Trazi se minimalan broj delova.

RESENJA ZADATAKA IZ PRETHODNOG SAJT-IZDANJA

Z-69 • NEPOZNATA STRANICA TROUGLA. Posle sasvim nepotrebne i nicim izazvanepljacke farme pilica, tri kradljivca uputila su se u razlicitim pravcima udaljavajuci se od farme popravolinijskim putanjama. Medutim, zahvaljujuci vrlo efikasnoj intervenciji policije, lopovi su bilibrzo uhvaceni. U momentu hapsenja prvi kradljivac bio je udaljen 3 km od farme, drugi 4 km, atreci 5 km. Ispostavilo se da tacke u kojima su uhvaceni lopovi leze u temenima jednakostranicnogtrougla. Koliko iznosi duzina stranice ovog trougla?

RESENJE: Oznacimo mesta gde su uhvaceni kradljivci tackama A, B i C,a farmu pilica slovom P. Prema uslovima zadatka, trougao △ABC je jednako-stranican. Konstruisimo jednakostranican trougao △PCF sa stranicima |PF | =|FC| = |CP | = 3 (videti sliku 8). Spustimo iz temena A normalu na polupravukoja predstavlja produzetak duzi CP i oznacimo sa E presek ove poluprave i nor-male iz A. S obzirom da je ]BCA = ]PCF = 60◦ (kao uglovi jednakostranicnihtrouglova △ABC i △CPF ), imamo

]PCB = 60◦ − ]PCA = ]ACF.

A

F

C

B

P

E

G

5

3

3

3

5

4

Sl. 8 Stranica jednakostranicnog trougla △ABC

Kako je |CB| = |AC| i |CP | = |FC| = 3, sledi da su trouglovi △PCB i △FCA

podudarni, odakle dobijamo da je |AF | = |BP | = 5. Za stranice trougla △APFvazi 52 = 42 + 32, sto znaci da je ovaj trougao pravougli. Zbog toga je

]APE = 180◦ − ]APF − ]FPC = 180◦ − 90◦ − 60◦ = 30◦.

Koristeci ovu cinjenicu i uzimajuci ]EPG = 30◦ i |EG| = |AE|, konstruisimojednakostranican trougao △APG. Odavde proizilazi da je |AE| = 2 i |EP | = 2

√3.

Konacno, iz pravouglog trougla △ACE, izracunavamo stranicu a trougla △ABC :

a = |AC| =√

22 + (3 + 2√3)2 =

√25 + 12

√3 ≈ 6.766 km.

Postoji lepa simetricna jednakost za stranicu a jednakostranicnog trougla i ras-tojanja x, y, z od proizvoljne tacke P (ne obavezno u unutrasnjosti trougla) odtemena trougla:

3(a4 + x4 + y4 + z4

)=

(a2 + x2 + y2 + z2

)2

.

Citaocima se preporucuje da izvedu ovaj identitet, a zatim, posle zamene x = 3, y =4, z = 5, rese dobijenu jenacinu po a i tako provere gornje resenje.

Z-70 • PLANETARNI TUNEL. Kopneni deo jedne planete u suncevom sistemu Aldebaransastoji se od velikog broja ostrva cija ukupna povrsina (kopneni deo) zauzima nesto vise od polovinepovrsine planete. Dokazati da stanovnici ove planete mogu iskopati pravolinijski tunel kroz centarplanete, pocinjuci i zavrsavajuci svoj tunel na kopnu. Pretpostavlja se da je njihova tehnologijadovoljno razvijena za ovaj poduhvat.

RESENJE: Zamislimo da su svi delovi kopna obojeni crvenom bojom. Akou odnosu na neki (crveno obojen) kopneni deo A postoji dijametralno suprotankopneni deo B, pored crvene boje dodajmo ovom delu i zelenu boju. S obziromda kopneni deo zauzima vise od polovine povrsine planete, na osnovu Dirihleovog

principa (Ako stavimo M + k objekata u M kutija, tada bar jedna od kutija morada sadrzi dva ili vise objekata.) mora postojati bar jedna tacka B koja je obojenaobema bojama. Kopanje tunela treba zapoceti u tacki B, kraj tunela ce se zavrsitina kopnenom delu u tacki A.

MATEMATICKE ZANIMLJIVOSTI

•Euklidovi Elementi. Knjiga Elementi, koju je napisao starogrcki matematicarEuklid (ziveo u trecem veku P. N. E. u Aleksandriji), po nekim procenama je knji-ga koja je, osim Biblije, dozivela najveci broj izdanja u celoj zapadnoj civilizaciji.Njeno prvo stampano izdanje pojavilo se 1482. a iza toga bilo je jos preko hiljaduizdanja.

Sustinska karakteristika koja ovu knjigu cini tako slavnom, je njen jednostavani logican sled teorema i dokaza. Logicka struktura ove knjige uticala je na naucnumisao citave 2000 godina, vise nego bilo koje drugo naucno delo. Spinoza (1632–1677) je uzeo Elemente za standard pri pisanju svoje etike, a takode i Njutn pripisanju svog remek-dela Philosophiae naturalis principia mathematica (Matematickiprincipi prirodne filozofije, 1687). Veliki deo geometrije koji se nalazi u danasnjimudzbenicima matematike, prakticno je preuzet iz prvih sest knjiga Elemenata. Toje, zapravo, najstarije naucno delo koje je jos uvek u upotrebi.

⊕ Vredno je navesti dve interesantne cinjenice u vezi Euklidovih Elemenata.Prvo, ne postoji nijedan primerak ove knjige iz doba Euklida. Novija izdanja oveknjige uradena su prema revidiranoj verziji koju je nacinio Teon iz Aleksandrije,skoro 700 godina nakon sto je Euklidovo originalno delo bilo napisano. Osim toga,prvo kompletno izdanje latinskog prevoda Elemenata nije poteklo iz Grcke vec izArabije.

⊕ Prva matematicka knjiga ikada stampana je Kampanusov latinski prevod Eu-klidove knjige Elementi, stampane u Veneciji 1482.

⊕ Prvi kompletan engleski prevod Euklidovih Elemenata je monumentalno deloSer Henrija Bilingslija, izdato 1570. Henri Bilingsli je bio skromnog porekla i madaje uspeo da tri godine studira na Oksfordu, kasnije je otisao na zanat kod nekoggalanteriste. Znanje matematike stekao je uglavnom od jednog augustinskog fratrapo imenu Vithed, koji mu je davao casove. Bilingslijeva karijera bila je veomauspesna, stekao je bogatstvo, postao gradonacelnik Londona, proglasen je vitezom iumro 1606. u dubokoj starosti.

Korice prvog engleskog prevoda Henrija Bilinslija Euklidovih Elemenata iz 1570, PD

•Najstariji magicni kvadrat cetvrtog reda. Prema istoricarima matematikei nauke, najstariji magicni kvadrat cetvrtog reda pronaden je u Indiji na zapisu izDzajne iz jedanaestog ili dvanaestog veka. Ovaj kvadrat ukazuje na visi stadijumpoznavanja magicnih kvadrata jer poseduje neke dodatne ,,magicne” osobine. Presvega on je pandijagonalan; na primer, brojevi 2, 12, 5 i 15 i brojevi 2, 3, 15 i 14nalaze se duz prekinutih dijagonala a njihove sume su takode jednake magicnoj kon-stanti 34. Zatim, cetiri potkvadrata, dobijena podelom glavnog kvadrata pomocuvertikalne i horizontalne srednje linije, odnose se jedan prema drugom na interesan-tan nacin.

Sa slike 9 vidimo da se mogu formirati zbirovi dva susedna broja u svakom potk-vadratu: 19 je zbir 7 + 12, 15 je 2 + 13, 9 je 7 + 2 i 25 je 12 + 13. Ovaj kvadratje verovatno najstariji primer studiozne konstrukcije magicnog kvadrata koji je do-punjen i drugim interesantnim osobinama osim onih uobicajenih. Napomenimo daje broj magicnih kvadrata cetvrtog reda (iskljucujuci one koji se dobijaju rotaci-jom ili refleksijom (slikom u ogledalu) jednak 880. Do ovog broja dosao je FrancuzFrenicle de Bessy jos 1693. godine.

7 12 1 14

2 13 8 11

16 3 10 5

9 6 15 4

19

9

15

25

15

9 25

19

19

25 9

15

15

25 9

19

Sl. 9 Magicni kvadrati reda 4

⊕ Najpoznatiji kvadrat cetvrtog reda javlja se na gravuri ,,Melahnolija” (1514)cuvenog nemackog slikara i gravera Albrehta Direra (Albrecht Durer, 1471–1528),slika 10.

Sl. 10 Direrova ,,Melanholija”; magicni kvadrat cetvrtog reda

• Savrsen kvadrat. Kvadrat koji se moze razrezati na konacan broj ma-njih kvadrata medu kojima nema jednakih, zove se savrsen kvadrat. Broj manjihkvadrata predstavlja red savrsenog kvadrata. Nalazenje savrsenog kvadrata pripadaoblasti kombinatorne geometrije. Prvi publikovani savrseni kvadrat konstruisao jeR. Spragu 1939. godine. Red ovog kvadrata je 55. Njegov rezultat je popravio T.H. Vilkoks 1951. godine (red 24) i ovaj rekord se dugo odrzao.

Dugo vremena je ovaj tezak problem ostao neresen iako se veliki broj matemati-cara bavio problemom savrsenih kvadrata. Krajem sezdesetih godina dvadesetogveka u istrazivanja su se ukljucili i programeri, pri cemu je najdalje otisao HolandaninAdrianus J. W. Duijvestijn (1927–1998). Iako je imao ideju za resavanje problema,racunari dostupni u to vreme bilu su suvise spori i imali malo memorije tako da jeDuijvestijn ubrzo odustao.

Posle desetak godina, kada su racunari postali dovoljno mocni, Duijvestijn sevratio problemu savrsenih kvadrata. Koristeci kompjuterski program, on je nasao1978. godine minimalni red savrsenog kvadrata. Ovaj kvadrat, sastavljen od 21malih kvadrata (sl. 11), je ugraviran na crnu granitnu povrsinu njegovog spomenikapodignutog na Univerzitetu u Getingenu (Nemacka).

8

11

33

29

3742

50

3527

241825

19

6

17

9 7

15

2

164

Sl. 11 Savrsen kvadrat minimalnog reda sastavljen od 21 kvadrata

MATEMATICKI HUMOR

• Evolucija matematickog obrazovanja

(1960): Farmer je prodao korpu krompira za 10$. Troskovi proizvodnje iznose 4/5od prodajne cene. Koliki je farmerov profit?

(1970): Farmer je prodao korpu krompira za 10$. Troskovi proizvodnje iznose 4/5od prodajne cene, tj. 8$. Koliki je farmerov profit?

(1980): Farmer je zamenio skup K krompira skupom N novca. Kardinalni brojskupa N je 10, a svaki element skupa N vredi 1$. Nacrtati deset kruzica koji cepredstavljati elemente skupa N. Skup C proizvodacke cene ima dva kruzica manjenego skup N. Predstaviti skup C kao podskup od N i odgovoriti na pitanje: Kolikije kardinalni broj skupa profita?

(1990): Farmer je prodao korpu krompira za 10$. Troskovi proizvodnje iznose 8$a njegov profit je 2$. Podvuci rec ,,krompir” i diskutovati u razredu.

(2000): Farmer je prodao korpu krompira za 10$. Troskovi proizvodnje iznose0.8 od prodajne cene. Na vasem dzepnom programabilnom kalkulatoru napisatiprogram KROMPIR i pomocu njega izracunati farmerov profit. Dobijeni rezultat

prodiskutovati s kolegama u grupi. Napisati kratak esej kojim ce biti izvrsena analizaovog primera u realnom svetu ekonomije.

• Poznato je da je Albert Ajnstajn kasno progovorio. Njegove prve reci, iz-govorene kad je imao tri godine, bile su: ,,Ova supa je prevruca.” Ajnstajnovimroditeljima je laknulo, ali su ipak pitali zasto do sada nije progovorio. ,,Zato sto,”odgovorio je, ,,do sada nisam imao primedbe.”

• Matematicar optimista misli da je casa polu-puna. Matematicar pesimistamisli da je casa polu-prazna. A inzenjer smatra da je casa dvostruko veca nego stoje neophodno.