Staroegyptská matematika. Hieratické matematické texty
Řešení rovnic
In: Hana Vymazalová (author): Staroegyptská matematika. Hieratické matematické texty. (Czech).
Praha: Český egyptologický ústav FF UK, 2006. pp. 33–40.
Persistent URL: http://dml.cz/dmlcz/401074
Terms of use:
© Vymazalová, Hana
Institute of Mathematics of the Czech Academy of Sciences provides access to digitized documents
strictly for personal use. Each copy of any part of this document must contain these Terms of use.
This document has been digitized, optimized for electronic delivery and
stamped with digital signature within the project DML-CZ: The Czech Digital
Mathematics Library http://dml.cz
I.5 Řešení rovnic
Úlohy, jejichž tématem je řešení rovnic s jednou neznámou, se objevují
ve všech známých staroegyptských sbírkách příkladů. Tato skutečnost
nejen svědčí o jejich velkém významu pro egyptské počtáře, ale navíc
nám dává příležitost porovnat problémy z hlediska obtížnosti, způsobu
zadání i metody řešení a nalézt odlišnosti mezi příklady z různých textů.
Rhindův papyrus je jediný, který nabízí více způsobů řešení rovnic, a to
v závislosti na složitosti jejich zadání.
Některé z příkladů řešících rovnice jsou zadány jako slovní úlohy,
jiné však o problému pojednávají bez potřeby demonstrovat metodu na
nějaké situaci ze života. Neznámá se označuje egyptským výrazem ah. a,
který je chápán jako abstraktní množství. Na základě tohoto výrazu se
někdy egyptským rovnicím říká úlohy ah.a.
Rovnice řešené metodou nesprávného předpokladu
Úlohy R24–R27 v Rhindově matematickém papyru formulují rovnice ve
tvaru x + 1
A · x = B, a to způsobem: přidej 1
A z neznámého množství
k němu samému tak, aby vyšlo B. Řešení využívá výhod, jež mu nabízí
jednoduchost zadání. Hodnota A se zvolí za x, tedy levá strana rovnice je
rovna A+1. Skutečná hodnota x je potom rovna A· B
A+1. Po vypočítání
výsledku se vždy provádí zkouška, ve které se ověří platnost zadaného
vztahu.
R24: x + 1
7 · x = 19
7 + 1
7 · 7 = 7 + 1 = 8
19 ÷ 8 = 2 + 1
4 + 1
8
7 · (2 + 1
4 + 1
8) = 16 + 1
2 + 1
8 = x
(16 + 1
2 + 1
8) + 1
7 · (16 + 1
2 + 1
8) = (16 + 1
2 + 1
8) + (2 + 1
4 + 1
8) = 19
Úloha sestává ze slovně zadaného problému a písemných výpočtů. Postup
řešení, jenž můžeme vyjádřit jako x = 7 · 19
8 , není opatřen žádným
komentářem, zřejmě ho vzhledem k nevelké obtížnosti úlohy nebylo za-
potřebí.
R25: x + 1
2 · x = 16
2 + 1
2 · 2 = 2 + 1 = 3
16 ÷ 3 = 5 + 1
3
2 · (5 + 1
2) = 10 + 2
3 = x
(10 + 2
3) + 1
2 · (10 + 2
3 ) = (10 + 2
3) + (5 + 1
3) = 16
33
Způsob výpočtu je stejný jako v předchozím případě a odpovídá vztahu
x = 2 · 16
3 . Výpočet opět nedoprovázejí žádné bližší komentáře.
R26: x + 1
4 · x = 15
4 + 1
4 · 4 = 4 + 1 = 5
15 ÷ 5 = 3
4 · 3 = 12 = x
12 + 1
4 · 12 = 12 + 3 = 15
Tato úloha je z celé skupiny nejlépe vypracovaná, počítá se v ní s jednoduššími
hodnotami a kromě písemného výpočtu obsahuje také slovní
popis řešení. Přestože nestojí v čele této skupiny příkladů, můžeme ji
považovat za jakousi vzorovou úlohu pro tento typ problému. Postup lze
vyjádřit vztahem x = 4 · 15
5 .
R27: x + 1
5 · x = 21
5 + 1
5 · 5 = 5 + 1 = 6
21 ÷ 6 = 3 + 1
2
5 · (3 + 1
2) = 17 + 1
2 = x
(17 + 1
2) + 1
5 · (17 + 1
2) = (17 + 1
2) + (3 + 1
2) = 21
Výpočet má opět stručnou formu prostou komentářů a obtížností je
srovnatelný s úlohou R25. Lze jej vyjádřit jako x = 5 · 21
6 .
V Rhindově papyru se metoda nesprávného předpokladu využívá
i v jiných problémech, např. v úloze R40, kde se rozděluje chléb několika
lidem podle určitého vztahu (viz oddíl I.9).
Kancelář písařů. Písaři chystající se k práci drží svitky a písařské palety pod paží, za
nimi jsou ve dvou řadách úhledně srovnány skřínky s dokumenty a psacím náčiním.
Cejova hrobka v Sakkáře, 5. dynastie
34
Rovnice řešené metodou dělení
V jiných úlohách se postupuje odlišně a namísto nesprávného předpokladu
se provede dělení pravé strany rovnice násobkem neznámé, tedy
například pro rovnici tvaru x + 1
A · x = B se provede B ÷ (1 + 1
A ) = x.
S tímto postupem řešení se setkáváme v moskevském papyru, na
jednom zlomku z Káhúnu a také v některých úlohách Rhindova papyru.
Zatímco moskevský a káhúnský papyrus ukazují jednoduché příklady
lišící se jen drobnostmi v postupu, hodnoty zadané v Rhindově papyru
vedou k poměrně obtížným výpočtům.
M25: 2x + x = 9
x + 2x = 3x
9 ÷ 3 = 3 = x
Hodnoty zadané v této úloze jsou natolik jednoduché, že je možné jednoduše
sečít násobky neznámé a vydělit jimi pravou stranu rovnice.
M19: (1 + 1
2 ) · x + 4 = 10
10 − 4 = 6
1 ÷ (1 + 1
2 ) = 2
3
6 · 2
3 = 4 = x
Rovnice se nejprve upraví tak, aby na levé straně stál pouze násobek
neznámé. Poté se pravá strana rovnice vydělí tímto násobkem. Dělení
však neprobíhá přímo, jak tomu bylo v předchozím případě, ale přes
vyjádření poměru násobku neznámé vůči 1. Tento způsob se používá
i v jiných úlohách a do velké míry dělení usnadňoval.
K4: x − (1
2 + 1
4) · x = 5
1 − (1
2 + 1
4) = 1
4
1 ÷ 1
4
5 · 4 = 20 = x
Tento příklad počítá jedinou známou rovnici, která v zadání obsahuje
odčítání. V prvním kroku se levá strana rovnice upraví do jednoduššího
tvaru. Následující dělení se opět provádí nepřímo jako v úloze M19.
Úlohy R30–R34 v Rhindově papyru ukazují, jak složité mohlo v některých
případech dělení být. Tato skupina úloh se svým zadáním blízce
podobá příkladům řešeným metodou nesprávného předpokladu. Přičítanou
část neznámé však nelze vyjádřit jediným kmenným zlomkem.
Rovnice mají tvar x + ( 1
A + 1
B ) · x = C. Rozklad několika zlomků již
není výhodný pro metodu nesprávného předpokladu, proto se v těchto
35
příkladech provádí dělením pravé strany rovnice násobkem neznámé, čili
x = C ÷ (1 + 1
A + 1
B ).
Ve srovnání s úlohami z moskevského a káhúnského papyru je však
dělení v těchto příkladech mnohem složitější a jde zpravidla o dělení
se zbytkem. Operace navíc zahrnují množství kmenných zlomků, což
situaci z našeho pohledu ještě více znepřehledňuje. V závěru úloh je
vždy provedena zkouška.
R30: (2
3 + 1
10 ) · x = 1
10
10 ÷ (2
3 + 1
10 ) = 13, zbytek 1
30
1
30 · 23 = 2
3 + 1
10
x = 13 + 1
23
(2
3 + 1
10 ) · (13 + 1
23 ) = 10
Zadáním se tato úloha trochu liší od ostatních ve skupině, řešení je
však stejné. Výpočty doprovází i podrobný popis řešení, jenž odpovídá
vztahu x = 10 ÷ (2
3 + 1
10 ). Hodnota z pravé strany rovnice je v zadání
uvedena chybně jako 1
10. Při dělení se nejprve vypočítá celočíselná část
výsledku. Text výpočtu neprozrazuje, jak písař došel ke zbývající 1
23 . Je
však možné, že si počítal stranou a tuto část úlohy neopsal.
R31: x + (2
3 + 1
2 + 1
7) · x = 33
33 ÷ (1 + 2
3 + 1
2 + 1
7) = 14 + 1
4, zbytek
3+ 1
2
+ 1
4
42
1
42 · (3 + 1
2 + 1
4) = 1
97 · (3 + 1
2 + 1
4) · (1 + 2
3 + 1
2 + 1
4)
x = 14 + 1
4 + 1
97 · (3 + 1
2 + 1
4)
Hodnoty zadané v tomto příkladu vedou ke složitému výpočtu. Jednotlivé
kroky jsou navíc zpřeházeny, což ještě ztěžuje srozumitelnost
příkladu. Při dělení se ve dvou krocích sčítají hodnoty násobků dělitele,
a to nejprve celá čísla a jednoduché zlomky, zvlášť potom obtížnější
zlomky. Zbytek po dělení činí
3+ 1
2
+ 1
4
42 . Výpočet připsaný nesprávně
v samotném závěru úlohy ověřuje, že platí, že 1 + 2
3 + 1
2 + 1
7 = 97
42 .
Tedy platí také vztah mezi zadaným násobkem neznámé a zbytkem
3+ 1
2
+ 1
4
42 =
(3+ 1
2
+ 1
4
)·(1+ 2
3
+ 1
2
+ 1
7
)
97 , a tedy je možné stanovit celkovou hodnotu
výsledku. Výpočty se zlomky doprovázejí hodnoty odpovídající
společnému jmenovateli 42, což usnadnilo kontrolu již v průběhu počítání.
Zkouška v tomto příkladu není zaznamenána.
R32: x + (1
3 + 1
4 ) · x = 2
2 ÷ (1 + 1
3 + 1
4 ) = 1 + 1
6 + 1
12 + 1
114 + 1
228
(1 + 1
6 + 1
12 + 1
114 + 1
228 ) · (1 + 1
3 + 1
4 ) = 2
36
Výpočet této úlohy je částečně doplněn komentářem. Písemné dělení
doprovázejí pomocné hodnoty, jež se vztahují ke společnému jmenovateli
144. Ten byl získán v pomocném výpočtu o dvou krocích, totiž
12 · 12 = 144 a následně 144 · (1 + 1
3 + 1
4 ) = 228. Posléze je provedena
zkouška, kde se z výsledné hodnoty spočítá její třetina a čtvrtina. Druhá
zkouška následuje v závěru příkladu. Hodnoty x, 1
3 · x a 1
4 · x se zde sčítají,
aby se ověřilo, že vyjde 2, jak bylo stanoveno v zadání. Sčítání
probíhá ve dvou krocích. Nejprve se sečtou malé zlomky s 1, výsledkem
je 1+ 1
2 + 1
4, do 2 tedy chybí 1
4. Obtížnější zlomky se následně sčítají pomocí
červených hodnot, jež se vztahují ke společnému jmenovateli 912.
Jejich součet je 228, čili 228
912 , což je chybějící 1
4 .
R33: x + (2
3 + 1
2 + 1
7) · x = 37
37 ÷ (1 + 2
3 + 1
2 + 1
7) = 16, zbytek 2
42
1
42 · 2 = (1 + 2
3 + 1
2 + 1
7) · ( 1
56 + 1
689 + 1
776)
x = 16 + 1
56 + 1
689 + 1
776
(16 + 1
56 + 1
689 + 1
776 ) · (1 + 2
3 + 1
2 + 1
7 ) = 37
Postup je stejný jako v předchozí úloze. Provádí se dělení se zbytkem,
potom se využije vztah 1 + 2
3 + 1
2 + 1
7 = 97
42 , tedy (1 + 2
3 + 1
2 + 1
7) · 1
97 =
1
42. Jeho dvojnásobek, tedy hledané 2
42 , se určí podle tabulky 2 ÷ n.
Po dosažení výsledku je provedena zkouška, která ověřuje jeho správnost.
Při počítání se zlomky se v celém výpočtu používají červené hodnoty
vztahující se ke společnému jmenovateli 42.
R34: x + (1
2 + 1
4) · x = 10
10 ÷ (1 + 1
2 + 1
4 ) = 5 + 1
2 + 1
7 + 1
14
(5 + 1
2 + 1
7 + 1
14) · (1 + 1
2 + 1
4 ) = 10
Dělení v této úloze je snazší a vede rovnou k výsledku. Zkouška, jež
ověřuje správnost výsledku, nicméně využívá možnosti sčítat zlomky
postupně, tedy nejprve ty snazší a potom pomocí červených hodnot ty
obtížnější.
Rovnice počítající množství obilí
Rhindův papyrus obsahuje i další příklady, které z matematického hlediska
řeší stejný problém, tedy rovnice o jedné neznámé, avšak jsou
zadány jako slovní úlohy. Z tohoto důvodu se v nich neobjevuje výraz
ah. a, postup řešení je však stejný jako v příkladech popsaných výše.
Úlohy R35–R38 se zabývají množstvím obilí, které se odměřuje pomocí
měřice. Zadání příkladů je formulováno v první osobě z hlediska
x a má tvar A · x + 1
B · x = 1. Rovnice se řeší dělením 1 ÷ (A + 1
B ).
37
Co činí tuto skupinu příkladů odlišnou od předcházejících rovnic,
je druhá část výpočtů ověřující správnost výsledku. Zkouška se nejprve
provádí prostě dosazením výsledku do zadaného vztahu. Protože se však
neznámé množství týká obilí, výpočet zkoušky se opakuje ještě v hodnotách
systému měřice, a to nejprve v ro a poté ještě ve zlomcích Horova
oka. Zdá se, že v procvičování převodů spočívala hlavní váha těchto
příkladů.
R35: 3x + 1
3 · x = 1
1 ÷ (3 + 1
3) = 1
5 + 1
10 = x
(1
5 + 1
10 ) · (3 + 1
3) = 1
(1
5 + 1
10 ) · 320 · (3 + 1
3) = 96 · (3 + 1
3) = 320 ro
(1
4 + 1
32 + 1
64 + 1) · (3 + 1
3 ) = 1 měřice
Řešení rovnice je snadné, poté jsou provedeny tři zkoušky. První zkouška
ověřuje správnost výpočtu, druhá zkouška počítá s hodnotou ro, kdy
1
5 + 1
10 odpovídá 96 ro. Třetí zkouška operuje přímo s jednotkou měřice,
a hodnota x je tedy v tomto případě rovna 1
4 + 1
32 + 1
64 měřice +1 ro.
R36: 3x + (1
3 + 1
5) · x = 1
30 ÷ 106 = 1
4 + 1
53 + 1
106 + 1
212 = x
(1
4 + 1
53 + 1
106 + 1
212 ) · (3 + 1
3 + 1
5) = 1
Dělení, které se provádí v tomto výpočtu, odpovídá 1 ÷ (3 + 1
3 + 1
5).
Písař vynechal jeden krok výpočtu, který by objasnil, že platí vztah
3 + 1
3 + 1
5 = 106
30 . Sčítání zlomků ve zkoušce probíhá ve dvou krocích. Po
jednoduchém sečtení 1
2 + 1
4 se obtížnější zlomky sečtou pomocí červených
hodnot vyjadřujících jejich vztah vůči 1 060. Tak se dopočítá 1
4 zbývající
do 1. V tomto případě chybějí druhé zkoušky ověřující hodnoty v měřici.
Možná je tomu tak proto, že výpočet zkoušky byl poměrně složitý.
R37: 3x + (1
3 + 1
3 · 1
3 + 1
9) · x = 1
3 + 1
3 + 1
3 · 1
3 + 1
9 = 3 + 1
2 + 1
18
1 ÷ (3 + 1
2 + 1
18 ) = 1
4 + 1
32 = x
(1
4 + 1
32 ) · (3 + 1
3 + 1
3 · 1
3 + 1
9) = 1
90 · (3 + 1
3 + 1
3 · 1
3 + 1
9) = 320
(1
4 + 1
32 ) · (3 + 1
3 + 1
3 · 1
3 + 1
9 ) = 1
2 + 1
8 + 1
4 + 1
8 = 1 měřice
Levá strana rovnice je nejprve zjednodušena, aby se s ní snáze počítalo.
Potom se provede dělení, v jehož závěru se ověřuje správnost sečtením
příslušných násobků dělitele. V tomto sčítání zlomků se postupuje ve
dvou krocích, kdy se obtížnější zlomky sčítají zvlášť pomocí červených
38
hodnot, jež odpovídají společnému jmenovateli 576. V dalším kroku se
provede zkouška dosazením výsledku do zadání. Další dvě zkoušky počítají
v ro a ve zlomcích měřice, jako tomu bylo v úloze R35.
R38: 3x + 1
7 · x = 1
1 ÷ (3 + 1
7) = 1
6 + 1
11 + 1
22 + 1
66
(1
6 + 1
11 + 1
22 + 1
66 ) · (3 + 1
7) = 1
(1
6 + 1
11 + 1
22 + 1
66 ) · 320 = 101 + 2
3 + 1
11 + 1
22 + 1
66
(101 + 2
3 + 1
11 + 1
22 + 1
66) · (3 + 1
7) = 1 měřice
(1
4 + 1
16 + 1 + 2
3 + 1
11 + 1
22 + 1
66) · (3 + 1
7) = 320 ro
Při dělení se využívá vztahu (3 + 1
7) ÷ 22 = 1
7, což je ve výpočtu výslovně
uvedeno. Zkouškou se ověří správnost výsledku jeho dosazením
do zadání. Další dvě zkoušky počítají s hodnotami v ro a ve zlomcích
měřice. Zajímavé je, že v závěru zkoušky v ro je uvedeno, ze součet činí
1 měřici, zatímco ve zkoušce pro zlomky měřice se součet uvádí ve tvaru
320 ro.
Dvě neúplné úlohy
V Rhindově papyru se dochovaly dvě úlohy, jejichž forma i sofistikovaný
způsob řešení se značně liší od ostatních příkladů počítajících rovnice.
Ani jedna z nich však není zapsána celá; první úloha je popsána slovně,
zatímco druhou tvoří pouze písemný výpočet. Obě úlohy jsou si vzájemně
velice podobné, což mohlo během opisování poplést písaře, který
tak omylem spojil slovní popis s písemným řešením dvou různých úloh,
aniž by si svého omylu povšiml.
R28: x + 2
3 · x − 1
3 · (x + 2
3 · x) = 10
1
10 · 10 = 1
10 − 1 = 9 = x
2
3 · 9 = 6
9 + 6 = 15
1
3 · 15 = 5
15 − 5 = 10
Zadání úlohy popisuje poměrně složitou rovnici. Celé řešení příkladu se
provádí ve dvou krocích, které lze shrnout jako 10 − 1
10 · 10 = 9 a jež
vycházejí z upraveného tvaru rovnice x· 10
9 = 10. Jak k němu písař došel
není zřejmé, zajímavé však je, že nepočítal 9·( 1
10 ·10), jak bychom mohli
39
očekávat vzhledem k principům staroegyptské matematiky.5 Následující
kroky výpočtu tvoří zkouška, kde se výsledek dosadí do zadání.
R29: (1 + 1
4 + 1
10) · 10 = 13 + 1
2 = x
(13 + 1
2) · 2
3 = 9
13 + 1
2 + 9 = 22 + 1
2
(22 + 1
2) · 1
3 = 7 + 1
2
22 + 1
2 + 7 + 1
2 = 30
1
3 · 30 = 10
Výpočet odpovídá rovnici 1
3 ·[x+ 2
3 ·x+ 1
3 ·(x+ 2
3 ·x)] = 10 a řešení zjevně
vychází z jejího upraveného tvaru 20
27 ·x = 10, tedy x = 10 · (1 + 1
4 + 1
10).
Výsledek je vypočítán v prvním kroku řešení, následující kroky tvoří
zkouška.
Rovnice druhého řádu
Jediný známý příklad počítající rovnici druhého řádu se zachoval na
jednom z fragmentů z berlínského muzea. Rovnice zahrnuje dvě neznámá
množství, která se rozlišují jako „jedno a „jiné, druhé . Jejich vztah je
zadán jako b = (1
2 + 1
4) · a.
B1: 100 = a2 + b2
100 = a2 + ((1
2 + 1
4 ) · a)2
100 = (1 + 1
2 + 1
16 ) · a2
10 = (1 + 1
4) · a
10 ÷ (1 + 1
4) = 8 = a
8 · (1
2 + 1
4) = 6 = b
Postup řešení jasně ukazuje, že exponenty obou neznámých jsou větší
než 1, ačkoli text tuto skutečnost přímo nezmiňuje. V prvním kroku
se druhá neznámá převede na první dle zadaného vztahu. Tím se získá
rovnice s jednou neznámou. Násobky neznámé se potom umocní a sečtou,
aby bylo možné celou rovnici odmocnit. První neznámá potom byla
spočítána vydělením, druhá neznámá dosazením první neznámé do zadaného
vztahu. Písař, který se tímto problémem zabýval, musel být již
dost zkušený.
5
O. Neugebauer, Arithmetik und Rechnentechnik der Ägypter, Quellen und Studien
zur Geschichte der Mathematik B1, Berlin 1931, s. 301–381.
40