Άθροισμα θετικών

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα σύνολο από 2011 αριθμούς με την εξής ιδιότητα:

το άθροισμα οποιωνδήποτε 1005 από αυτούς τους αριθμούς είναι μικρότερο από το άθροισμα των υπόλοιπων 1006.

Να δειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί είναι θετικοί.

Άθροισμα παραγοντικών

Ας επανέλθουμε σε πιο ομαλά προβλήματα.

Να βρεθεί μία κλειστή έκφραση για το άθροισμα:
1×1! + 2×2! + 3×3! + ... + n×n!

Παραγοντικό υψωμένο σε παραγοντικό

Να αποδειχθεί ότι ο (n!)^(n-1)! διαιρεί τον n!!

Για παράδειγμα για n = 3 έχουμε
(3!)^(3-1)! = 6² = 36
3!! = 6! = 720

Ο 36 διαιρεί τον 720.

Μία περίεργη ακολουθία

Ορίζουμε την εξής ακολουθία αριθμών:
f(0) = 0
f(1) = 1
f(n) = ο ελάχιστος ακέραιος, μεγαλύτερος του f(n-1) και τέτοιος, ώστε να μη σχηματίζει αριθμητική πρόοδο με οποιουσδήποτε δύο προηγούμενους αριθμούς.

Η ακολουθία αυτή ξεκινά ως εξής: 0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, ...

Ποιος είναι ο f(4100);

Πυθαγόρεια τριπλέτα

Ας είναι οι x, y, z τρεις ακέραιοι, που ικανοποιούν το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή
x² + y² = z².

Να δειχθεί ότι το γινόμενο xyz διαιρείται από τον 60.

Δύο φορές κορώνα

Κάποιοι αναγνώστες διαμαρτυρήθηκαν ότι τα προβλήματα που θέτω είναι σχετικά εύκολα. Για αυτό θα θέσω μερικά πιο δύσκολα προβλήματα σε αυτό και τα επόμενα ένα-δύο posts.

Ρίχνουμε ένα νόμισμα 100 φορές. Ποια είναι η πιθανότητα ότι δε θα πάρουμε ποτέ δύο συνεχόμενες φορές κορώνα;

Τριγωνικοί αριθμοί

Να δειχθεί ότι κάθε αριθμός που αποτελείται αποκλειστικά από 1 όταν γράφεται με βάση αρίθμησης το 9 είναι τριγωνικός αριθμός.

Υπενθυμίζω ότι τριγωνικοί είναι οι αριθμοί 1, 3, 6, 10, 15, ... με γενικό τύπο $T(n)=\frac{n(n+1)}{2}$.

Για παράδειγμα ο αριθμός (111)₉ είναι ο 9² + 9¹ + 1 = 91 = Τ(13).

Δυνάμεις του 7

Όπως φάνηκε και από το post "Ο κανόνας του 7", το 7 είναι μία από τις αδυναμίες μου.

Ποια είναι τα τρία τελευταία ψηφία του 7¹⁰⁰⁰¹;

Και με λίγη περισσότερη δουλειά ποια είναι τα τρία τελευταία ψηφία του 7²⁰¹¹;

Ο ουρανοξύστης

Το ασανσέρ ενός ουρανοξύστη βρίσκεται στον 87ο όροφο. Κατεβαίνει στον 1ο όροφο και κάνει συνολικά 32 στάσεις σε διάφορους ορόφους (συμπεριλαμβανομένων του 87ου και του 1ου).

Να δειχθεί ότι ασανσέρ σταμάτησε σίγουρα σε δύο ορόφους των οποίων οι αριθμοί διέφεραν κατά 9, 10 ή 19.

Η Αρχή του Περιστερώνα

Η Αρχή του Περιστερώνα (pigeon principle) αλλιώς γνωστή ως Αρχή του Συρταριού (Schubfachprinzip στα γερμανικά ή principe des tiroirs στα γαλλικά) ή Αρχή του Dirichlet λέει ότι

Αρχή του Περιστερώνα 1: Αν n περιστέρια τοποθετηθούν σε m<n φωλιές, τότε σε τουλάχιστον μία φωλιά υπάρχουν τουλάχιστον 2 περιστέρια.

Μία πιο επίσημη διατύπωση είναι (|A| εκφράζει το πλήθος των στοιχείων του πεπερασμένου συνόλου A):

Αρχή του Περιστερώνα 2: Για τα πεπερασμένα σύνολα A και B, υπάρχει συνάρτηση 1-1, f: A → B , αν-ν |A| = |B|.

Αν και η αρχή αυτή είναι πολύ απλή και προφανής, μερικές φορές οδηγεί σε αντι-διαισθητικά αποτελέσματα ή τουλάχιστον σε αποτελέσματα που δεν είναι προφανή. Μερικά παραδείγματα είναι τα εξής:

Παράδειγμα 1
Στη λύση του προβλήματος Η λειψή σκακιέρα ο Messie χρησιμοποίησε τη Αρχή του Περιστερώνα ("περιστέρια": τα ντόμινο, "φωλιές": τα λευκά τετράγωνα).


Παράδειγμα 2

Στη λύση του προβλήματος Υποσύνολα με ίδιο άθροισμα, ο JR χρησιμοποίησε επίσης την Αρχή του Περιστερώνα ("περιστέρια": το πλήθος των αθροισμάτων των υποσυνόλων, "φωλιές": τα δυνατά αθροίσματα).

Παράδειγμα 3

Σε ένα δωμάτιο υπάρχουν n άνθρωποι, άλλοι χαιρετιούνται με χειραψία κι άλλοι όχι. Τότε υπάρχουν τουλάχιστον δύο άνθρωποι που έχουν κάνει τον ίδιο αριθμό χειραψιών.

Οι δυνατές τιμές χειραψιών για έναν άνθρωπο είναι 0, 1, ..., n-1. Αν υποθέσουμε ότι δεν υπάρχουν δύο άνθρωποι που έχουν κάνει τον ίδιο αριθμό χειραψιών, τότε υπάρχει ένας άνθρωπος που έχει κάνει n-1 χειραψίες (δηλαδή με όλους) και ένας με 0 χειραψίες, που είναι άτοπο.

Παράδειγμα 4
Ας είναι n θετικοί αριθμοί x₁, x₂, …, x_n. Τότε σίγουρα η διαφορά δύο από αυτούς διαιρείται από το n-1.

Αν συμβολίσουμε με r_i το υπόλοιπο της διαίρεσης του x_i με τον n-1, τότε οι r_i μπορούν να πάρουν τις τιμές 0, 1, 2, ..., n-2. Δηλαδή υπάρχουν n-1 δυνατές τιμές για τους r_i αλλά υπάρχουν συνολικά n αριθμοί r_i . Από την Αρχή του Περιστερώνα, δύο από αυτούς, έστω οι r_i και r_j, είναι ίσοι. Δηλαδή οι x_i και x_j είναι ισοϋπόλοιποι (ως προς τη διαίρεση με τον n-1) και συνεπώς η διαφορά τους διαιρείται ακριβώς από τον n-1.


Μία γενικευμένη εκδοχή της αρχής του Περιστερώνα είναι η εξής:

Αρχή του Περιστερώνα 3: Αν n περιστέρια τοποθετούνται σε m φωλιές, τότε τουλάχιστον μία φωλιά περιέχει τουλάχιστον $\lceil\frac{n}{m}\rceil$ περιστέρια και τουλάχιστον μία φωλιά περιέχει το πολύ $\lfloor\frac{n}{m}\rfloor$ περιστέρια.

(Στο παραπάνω $\lceil x\rceil$ εκφράζει το μικρότερο ακέραιο που είναι $\geq x$ ενώ $\lfloor x\rfloor$ εκφράζει το μεγαλύτερο ακέραιο που είναι $\leq x$. Δηλαδή ισχύει $\lfloor x\rfloor\leq x\leq\lceil x\rceil$ με $\lfloor x\rfloor=x=\lceil x\rceil$ αν-ν ο $x$ είναι ακέραιος.)

Άλλες γενικεύσεις περιλαμβάνουν
- σύνολα με άπειρο πλήθος στοιχείων,
- τη θεωρία πιθανοτήτων (τα περιστέρια τοποθετούνται σε κάθε φωλιά με συγκεκριμένη πιθανότητα)
και άλλες

Πρόβλημα
Ας είναι S = {1,2,...,100}. Τότε με οποιονδήποτε τρόπο κι αν επιλέξουμε 55 από τα στοιχεία του S, θα υπάρχουν

• δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 9,
• δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 10,
• δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 12,
• δύο ζεύγη αριθμών που διαφέρουν κατά 13.

Το περίεργο είναι ότι δεν υπάρχουν απαραίτητα δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 11!

Υποσύνολα με το ίδιο άθροισμα

Παίρνουμε 10 διαφορετικούς ακεραίους από το 1 μέχρι και το 100. Ζητούμε να εξετάσουμε αν από αυτό το σύνολο με τους 10 διαφορετικούς ακεραίους μπορούμε να βρούμε πάντα δύο υποσύνολα, το άθροισμα των στοιχείων των οποίων να είναι ίσο.

Για παράδειγμα ας είναι S = {1, 4, 5, 14, 17, 33, 41, 49, 68, 79, 88}.
Τότε αν θεωρήσουμε τα υποσύνολα Α₁ και Α₂ του S με Α₁ = {5, 14, 17, 33} και Α₂ = {1, 68}, παρατηρούμε ότι

5+14+17+33 = 1+68.  

Η τετράγωνη τούρτα

Η Ιωάννα έφτιαξε μία τετράγωνη τούρτα για τα γενέθλιά του Δημήτρη, την οποία είχε αλείψει με σοκολάτα από πάνω και στο πλάι.

Οι δικαιούχοι κομματιού τούρτας ήταν 9 (ο Δημήτρης και οι 8 φίλοι του).

Πώς μπορούμε να κόψουμε την τούρτα, ώστε να πάρουν όλοι την ίδια ποσότητα τούρτας και την ίδια ποσότητα σοκολάτας; (ακριβέστερα πώς πρέπει να κοπεί η τούρτα ώστε να πάρουν όλοι τον ίδιο όγκο τούρτας και την ίδια επιφάνεια σοκολάτας)

Ψηφιακό άθροισμα δίδυμων πρώτων

Το ψηφιακό άθροισμα ενός αριθμού υπολογίζεται αν υπολογίσουμε το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού. Αν το άθροισμα δεν είναι μονοψήφιος, τότε συνεχίζουμε τη διαδικασία μέχρι να φτάσουμε σε μονοψήφιο αριθμό. Για παράδειγμα το ψηφιακό άθροισμα του 4857 είναι (4+8+5+7 = 24 → 2+4 =) 6.

Δίδυμοι πρώτοι είναι δύο πρώτοι που διαφέρουν κατά 2. Για παράδειγμα οι 5 και 7 είναι δίδυμοι πρώτοι.

Να δειχθεί ότι το ψηφιακό άθροισμα του γινομένου δύο δίδυμων πρώτων (με εξαίρεση το ζεύγος (3,5)) είναι πάντα ίσο με 8.

Για παράδειγμα για το ζεύγος (29,31) έχουμε 29×31 = 899 με ψηφιακό άθροισμα
(8+9+9 = 26 → 2+6 = ) 8.

π ≈ 256/81

Μία προσέγγιση του $$\pi$$, που χρησιμοποιούσαν συστηματικά οι αρχαίοι Αιγύπτιοι είναι η

$$ \pi = \frac{256}{81}$$

Είναι ενδιαφέρον πώς οι αρχαίοι Αιγύπτιοι κατέληξαν σε αυτήν την προσέγγιση.
Στο Σχ. (α) φαίνεται ένας κύκλος με διάμετρο 9 εγεγραμμένος σε τετράγωνο πλευράς 9. Στο Σχ. (β) φαίνεται ένα (όχι κανονικό) οκτάπλευρο που έχει εμβαδό περίπου ίσο με αυτό του κύκλου.

Σχήμα

Εφόσον το τετράγωνο έχει εμβαδό 9² = 81, το εμβαδό του 8πλεύρου είναι (Σχ. (γ))

$$ 81-4\times\frac12\times3\times3 = \frac63$$

Για ευκολία (και αφού ούτως ή άλλως μιλάμε πάντα προσεγγιστικά) ας πούμε ότι το εμβαδό του 8πλεύρου είναι ίσο με 64, δηλαδή είναι ίσο με το εμβαδό ενός τετραγώνου πλευράς 8 (Σχ. (δ))

Καταλήξαμε δηλαδή στο ότι

εμβαδό του κύκλου ≈ εμβαδό οκταπλεύρου ⇔

$$\pi\left(\frac92\right)^2\approx 64$$ ή $$\pi\approx\frac{256}{81}$$

Η τιμή αυτή είναι περίπου ίση με 3,1605 και είναι κατά περίπου 0,6% μεγαλύτερη από την κανονική.

Πηγή: Mathematics in the time of the Pharaohs του R.J. Gillings.

Κορώνα ή γράμματα

Κάθεσαι σε ένα σκοτεινό δωμάτιο και μπροστά σου βρίσκεται ένα τραπέζι με 12 κέρματα από τα οποία τα 7 δείχνουν κορώνα και τα 5 γράμματα.

Πώς μπορείς να ταξινομήσεις τα 12 κέρματα σε 2 στήλες, ώστε η κάθε μία να έχει τον ίδιο αριθμό από κέρματα "κορώνα";

Μπορείς να γυρίσεις ένα ή περισσότερα κέρματα αλλά δεν μπορείς να καταλάβεις αν κάποιο είναι κορώνα ή γράμματα κοιτάζοντάς το (σκοτεινό δωμάτιο λέμε) ή ψηλαφίζοντάς το ή με κάποιον άλλο τρόπο.

Πηγή: Math wonders to inspire teachers and students του A.S. Posamentier.

Το μεγάλο παζάρι

Οι κάπως μεγαλύτεροι στην ηλικία ίσως θυμούνται το τηλεπαιχνίδι "Το μεγάλο παζάρι" και το Ζονκ. Μέρος αυτού του παιχνιδιού ήταν το εξής:

Υπάρχουν τρεις κουρτίνες. Πίσω από τη μία κουρτίνα υπάρχει ένα μεγάλο δώρο (π.χ. αυτοκίνητο) ενώ πίσω από τις άλλες δύο υπάρχει ο Ζονκ (δηλ. κανένα δώρο).
- Ο παίκτης διαλέγει μία κουρτίνα.
- Ο παρουσιαστής ανοίγει μία από τις δύο κουρτίνες που δεν έχει διαλέξει ο παίκτης και δείχνει το Ζονκ.
- Ο παρουσιαστής τώρα ρωτά τον παίκτη αν θέλει να αλλάξει την επιλογή του και να διαλέξει την άλλη κουρτίνα.

Το ερώτημα είναι: αν ο παίκτης αλλάξει επιλογή, τότε έχει περισσότερες, λιγότερες ή τις ίδιες πιθανότητες να κερδίσει;

Ένα φανταστικό πρόβλημα

Πολλές φορές η χρήση μιγαδικών αριθμών οδηγεί σε πολύ απλοποιημένες λύσεις σε προβλήματα που αφορούν στους πραγματικούς, ακόμα και σε προβλήματα συνδυαστικής, λογικής ή πιθανοτήτων.

Σε ένα κουτί έχουμε 2000 άσπρες μπάλες. Επίσης έχουμε απεριόριστο αριθμό από άσπρες, πράσινες και κόκκινες μπάλες έξω από το κουτί. Κάνουμε το εξής: Τραβάμε δύο μπάλες στην τύχη μέσα από το κουτί.

• Αν είναι και οι δύο άσπρες ή και οι δύο κόκκινες, τις αντικαθιστούμε με μία πράσινη. 
• Αν είναι και οι δύο πράσινες, τις αντικαθιστούμε με μία άσπρη και μία κόκκινη. 
• Αν η μία είναι άσπρη και η άλλη πράσινη, τις αντικαθιστούμε με μία κόκκινη.
• Αν η μία είναι πράσινη και η άλλη κόκκινη, τις αντικαθιστούμε με μία άσπρη.
• Αν η μία είναι άσπρη και η άλλη κόκκινη, δεν τις αντικαθιστούμε.

α) Μετά από αρκετές κινήσεις, έχουν απομείνει τρεις μπάλες μέσα στο κουτί. Να αποδειχθεί ότι η μία είναι οπωσδήποτε πράσινη.

β) Είναι δυνατό να μείνει μόνο μία μπάλα μέσα στο κουτί;

Το πρόβλημα αυτό ήταν ένα από τα προβλήματα του Εθνικού Μαθηματικού Διαγωνισμού της Βουλγαρίας το 2000.

Πηγή: Mathematical Olympiads, 2000-2001: problems and solutions from around the world των T Andreescu, Z Feng and G Lee Jr.

Μη-γραμμικό σύστημα

Ποιες είναι οι λύσεις του συστήματος

$\frac{4x^2}{1+4x^2}=y$

$\frac{4y^2}{1+4y^2}=z$

$\frac{4z^2}{1+4z^2}=x$

Συνάρτηση ακεραίων

Υπάρχει συνάρτηση f: N^* → N^*, τέτοια ώστε

f(f(n-1)) = f(n+1) - f(n);

για κάθε n ≥ 2; To N^* είναι το σύνολο των θετικών ακεραίων, δηλαδή N^* = {1, 2, ...}.

Ένα φαινομενικά δύσκολο πρόβλημα

Ορίζουμε

$q(n)=\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\right\rfloor,\qquad n=1,2,\ldots,$
στην οποία $\lfloor x\rfloor$ υπονοεί το "ακέραιο μέρος του $x$".

Για ποιους $n$ ισχύει $q(n) > q(n+1)$;

Ένα στα γρήγορα

Για την f που ορίζεται στους φυσικούς έχουμε

f(1) + f(2) + ... + f(n) = n²f(n).

με f(1) = 2011. Ποια είναι η τιμή του f(2011);

Ένα πρόβλημα γεωμετρίας

Το Ε είναι αυθαίρετο σημείο της πλευράς ΑΒ του παραλληλόγραμμου ΑΒΓΔ.

Από το Γ φέρνουμε την παράλληλη στην ΔΕ και παίρνουμε σε αυτή δύο σημεία Ζ και Η εκατέρωθεν του Γ με ΗΖ=ΔΕ. Το ΕΖΗΔ είναι φυσικά παραλληλόγραμμο.

Σχήμα 1.

Αν το εμβαδό του ΑΒΓΔ είναι 1, πόσο είναι το εμβαδό του ΕΖΗΔ;

π = 2

Σχήμα 1.

Στο Σχ. 1α, τα μικρότερα ημικύκλια εφάπτονται το ένα στο άλλο και το πρώτο και τελευταίο εφάπτονται στα σημεία Α και Β του μεγαλύτερου ημικυκλίου αντίστοιχα.

Είναι εύκολο να δείξει κανείς ότι το άθροισμα των μηκών των μικρών ημικυκλίων ισούται με το μήκος του μεγάλου ημικυκλίου:

$\frac{\pi}{2}\left(\alpha+\beta+\gamma+\delta+\epsilon\right)=\frac{\pi}{2}AB$

Το ίδιο ισχύει φυσικά και για το Σχ. 1β στο οποίο οι ακτίνες των μικρών ημικυκλίων είναι πολύ μικρές.

Όμως καθώς οι ακτίνες των μικρών ημικυκλίων μικραίνουν αυθαίρετα, κάθε ημικύκλιο τείνει προς τη διάμετρό του και συνεπώς το άθροισμά των μηκών του ημικυκλίων τείνει προς την ΑΒ. Δηλαδή

$AB = \frac{\pi}{2}AB\Rightarrow\pi=2.$

Ο κανόνας του 7

Δεν ξέρω τι μαθαίνουν σήμερα τα παιδιά στο σχολείο αλλά όταν ήμουν εγώ μαθητής, μας είχαν μάθει ότι "κανόνας/κριτήριο διαιρετότητας για το 7, (όπως και για άλλους αριθμούς) ΔΕΝ υπάρχει".

Για τους άλλους αριθμούς δε με ένοιαξε τόσο πολύ. Γιατί να με νοιάζει αν υπάρχει κανόνας π.χ. για το 47; Αλλά για το 7 με είχε νοιάξει... Δεν είμαι σίγουρος αν η δασκάλα μου δεν ήξερε τον κανόνα ή απλά δεν ήθελε να μας μπερδέψει. Πάντως ο κανόνας για το 7 δεν είναι ιδιαίτερα σύνθετος.

Φυσικά το θέμα της διαιρετότητας των αριθμών είναι ένα θέμα ας πούμε παρωχημένο σήμερα (με την εξέλιξη των υπολογιστών, ποιος χρειάζεται να θυμάται τέτοιους κανόνες) και ίσως δεν υπάρχει λόγος να διδάσκεται σήμερα.

Παρόλα αυτά θέλω να μοιραστώ τον κανόνα του 7 για τους εξής λόγους

• ο κανόνας του 7 φαίνεται κατ' αρχάς αλλοπρόσαλλος αλλά και μαγικός με τον τρόπο στον οποίο φτάνει στο αποτέλεσμα
• βασίζεται σε μία πολύ ευρηματική απόδειξη
• γιατί θέλω να κλείσω αυτήν την πληγή από το παρελθόν, βρε αδερφέ

Ο κανόνας του 7

Διαγράφουμε το τελευταίο ψηφίο του αριθμού που θέλουμε να ελέγξουμε και αφαιρούμε το διπλάσιο του ψηφίου από το λειψό αριθμό. Αν το αποτέλεσμα διαιρείται από το 7, τότε ο αρχικός αριθμός διαιρείται από το 7. Αν το αποτέλεσμα είναι μεγάλος αριθμός και δεν μπορούμε να αποφανθούμε, επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία.

Παράδειγμα

Θα ελέγξουμε τον 24633

• 2463 - 3×2 = 2457
• 245 - 7×2 = 231
• 23 - 1×2 = 21

Άρα ο 24633 διαιρείται από το 7.

Θα είχε ενδιαφέρον αν κάποιος μπορούσε να εξηγήσει πώς προκύπτει αυτός ο κανόνας διαιρετότητας.

Ο νόμος του Benford

Ο νόμος του Benford (ή αλλιώς νόμος του πρώτου ψηφίου) λέει ότι όταν έχουμε αριθμητικά δεδομένα (στατιστικά ή μετρήσεις) συχνά συμβαίνει το πρώτο ψηφίο των αριθμών να ακολουθεί μη-ομοιόμορφη κατανομή. Σύμφωνα με το νόμο αυτό, το πρώτο ψηφίο είναι 1 περίπου στο 30% των περιπτώσεων, 2 στο ≈17.5% των περιπτώσεων, 3 στο ≈12.5% των περιπτώσεων, ..., 9 στο ≈4,5% των περιπτώσεων.

Πιο συγκεκριμένα οι αριθμοί 1,2,...,9 λέμε ότι ικανοποιούν το νόμο του Benford αν η συνάρτηση πιθανότητας τους είναι 

$P(x) = \log_{10}(x+1)-\log_{10}(x) = \log_{10}\left(1+\frac{1}{x}\right),\quad x=1,2,\ldots, 9$.

Αυτός ο ίσως αντι-διαισθητικός νόμος έχει αποδειχθεί ότι ισχύει σε διάφορα δεδομένα όπως λογαριασμούς ηλεκτρικού, τιμές μετοχών, μήκη ποταμών, φυσικές και μαθηματικές σταθερές και άλλα. Φαίνεται ότι ισχύει με μεγαλύτερη ακρίβεια για δεδομένα των οποίων οι τιμές εκτείνονται σε πολλές τάξεις μεγέθους.

Πήρε το όνομά του από το φυσικό Frank Benford, ο οποίος ενώ εργαζόταν στην General Electric το 1938 παρατήρησε ότι στα βιβλία με λογαριθμικούς πίνακες οι σελίδες που αντιστοιχούσαν σε αριθμούς που άρχιζαν με το ψηφίο 1 ήταν πολύ πιο τσαλακωμένες και βρώμικες (άρα πολύ πιο χρησιμοποιημένες) από τις άλλες σελίδες. (Εκείνη την εποχή και ελλείψει υπολογιστών χρησιμοποιούσαν ως αναφορά βιβλία με πίνακες για τις τιμές διάφορων συναρτήσεων όπως λογαρίθμων, ημιτόνων, συνημιτόνων κλπ).

Σήμερα ο νόμος του Benford θεωρείται ένα πολύ ισχυρό εργαλείο για τον εντοπισμό λογιστικών ατασθαλιών, καταχρήσεων, φοροδιαφυγής κλπ. Η λογική είναι ότι αν κάποιος προσπαθήσει να παράξει ένα σύνολο από τυχαία δεδομένα, τότε προσπαθεί να τα κάνει κατά το δυνατό ομοιόμορφα, διότι θεωρεί ότι αυτό δείχνει μεγαλύτερη τυχαιότητα. Στην πραγματικότητα όμως για πραγματικά δεδομένα πολύ συχνά ισχύει ο νόμος του Benford.

Ο νόμος του Benford aναφέρθηκε και στο επεισόδιο "The running man" της τηλεοπτικής σειράς Numb3rs.

Πηγή: The first digit phenomenon του T.P. Hill, American Scientist.

Tο πρόβλημα των γενεθλίων

Το πρόβλημα των γενεθλίων συχνά απαντάται και ως το "παράδοξο των γενεθλίων" Στην πραγματικότητα δεν είναι παράδοξο, απλά δίνει ένα αποτέλεσμα που είναι τελείως ενάντια στη διαίσθησή μας.

Διατύπωση

Ας υποθέσουμε ότι σε ένα χώρο βρίσκονται n άνθρωποι τυχαία επιλεγμένοι. Ζητάμε να βρούμε ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός n, ώστε τουλάχιστον δύο από αυτούς τους ανθρώπους να έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα με πιθανότητα μεγαλύτερη από (α) 50% και (β) 99%.

Για να παραμείνει το πρόβλημα απλό, κάνουμε τις εξής παραδοχές:

• όλα τα έτη έχουν 365 μέρες
• κάθε μία από τις 365 μέρες του χρόνου είναι το ίδιο πιθανή για να γεννηθεί κάποιος.

Προφανώς ο ελάχιστος αριθμός να έχουμε σίγουρα δύο άτομα που έχουν την ίδια μέρα γενέθλια είναι 366 (προκύπτει από την αρχή του περιστερώνα) άρα θεωρούμε n ≤ 365.

Λύση

Αν είναι p η ζητούμενη πιθανότητα (δηλαδή τουλάχιστον δύο άτομα από τα n να έχουν την ίδια μέρα γενέθλια), τότε είναι πιο εύκολο να υπολογίσουμε τη συμπληρωματική της πιθανότητα q, δηλαδή την πιθανότητα όλα τα άτομα να έχουν διαφορετική μέρα γενέθλια. Τότε p = 1 - q.

Αυτό που θα κάνουμε είναι να αριθμήσουμε όλα τα άτομα από 1 ως n και θα ελέγχουμε κάθε φορά αν κάποιο άτομο έχει γενέθλια ίδια μέρα με κάποιο από τα προηγούμενα άτομα.

Ας είναι P_i (1 ≤ i ≤ n) η πιθανότητα το άτομο i να μην έχει ίδια μέρα γενέθλια με κανέναν από τους 1,2,...,i-1. Τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι

q = P₁P₂⋅⋅⋅P_n,

επειδή τα γεγονότα είναι ανεξάρτητα

Ας δούμε αναλυτικά όλες αυτές τις πιθανότητες:

• P₁ = 1: το άτομο 1 σίγουρα δεν έχει ίδια μέρα γενέθλια με κάποιον προηγούμενό του, αφού απλά δεν υπάρχει προηγούμενός του.
• P₂ = 364/365: το γεγονός το 2^ο άτομο να μην έχει ίδια μέρα γενέθλια με το 1^ο είναι ισοδύναμο με το γεγονός να έχει γενέθλια μία από τις υπόλοιπες 364 μέρες του χρόνου. Άρα η πιθανότητα είναι (ευνοϊκές περιπτώσεις προς συνολικές περιπτώσεις) 364/365.
• P₃ = 363/365: το γεγονός το 3^ο άτομο να μην έχει ίδια μέρα γενέθλια με το 1^ο ή το 2^ο είναι ισοδύναμο με το γεγονός να έχει γενέθλια μία από τις υπόλοιπες 363 μέρες του χρόνου. Άρα η πιθανότητα είναι (ευνοϊκά γεγονότα προς συνολικές περιπτώσεις) 363/365.
• ...
• P_n = (365-(n-1))/365.

Άρα έχουμε

$q = P_1P_2\cdots P_n = \frac{365}{365}\times\frac{364}{365}\cdots\frac{366-n}{365} = \frac{365\times364\times\cdots[365-(n-1)]}{365^n}$

ή πιο συμμαζεμένα

$q = \frac{365!}{(365-n)!365^n}$

όπου $n!=1\times2\times\ldots\times n$.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι $p = 1-q = 1 - \frac{365!}{(365-n)!365^n}$.

Δοκιμάζοντας για διάφορα n, βλέπουμε ότι

• p ≈ 50.7% για n = 23 και
• p ≈ 99.0% για n = 57.

Τα αποτελέσματα αυτά προκαλούν αρχικά μεγάλη έκπληξη.

Παρά το γεγονός ότι υπάρχουν 365 διαφορετικές ημερομηνίες, είναι πιο πιθανό δύο από μόλις 23 άτομα να έχουν γενέθλια την ίδια μέρα παρά να μην έχουν!

Ακόμα πιο εντυπωσιακό είναι ότι αν έχουμε μόλις 57 άτομα, είναι σχεδόν σίγουρο (κατά 99%) ότι δύο από αυτά θα έχουν γενέθλια την ίδια μέρα!

Το φαινομενικό αυτό παράδοξο γίνεται λιγότερο απίστευτο αν αναλογιστούμε τα εξής:

• ψάχνουμε την πιθανότητα δύο οποιαδήποτε άτομα να έχουν την ίδια μέρα γενέθλια και όχι κάποιο άτομο να έχει την ίδια μέρα γενέθλια με κάποιο συγκεκριμένο εκ των προτέρων άτομο.
• παρά το γεγονός ότι μιλάμε για 23 και 57 άτομα, το σωστό είναι σκεφτόμαστε όχι για πόσα άτομα μιλάμε αλλά για το πόσα ζεύγη (συνδυασμοί ανά δύο) ημερομηνιών δημιουργούνται από 23 και 57 άτομα αντίστοιχα. Για την ακρίβεια οι αριθμοί αυτοί είναι 253 και 1596 αντίστοιχα.

Παιχνίδι με κέρματα

Ας θεωρήσουμε ένα παιχνίδι με τους εξής κανόνες:

• στήνουμε 10 κέρματα όπως στο Σχ. 1
• δύο παίκτες παίζουν εναλλάξ
• όποιος πάρει το τελευταίο κέρμα κερδίζει
• σε κάθε γύρο ένας παίκτης μπορεί να πάρει ένα κέρμα ή δύο αλλά μόνον από διαδοχικές θέσεις. Για παράδειγμα κάποιος δεν μπορεί να πάρει το 1 και το 3 ακόμα κι αν το 2 έχει αφαιρεθεί σε κάποιον προηγούμενο γύρο.

Υπάρχει βέλτιστη στρατηγική που μπορεί να ακολουθήσει κάποιος παίκτης, ώστε να κερδίσει σίγουρα;

Το παράδοξο του Russell

Ένα από τα πιο γνωστά και εντυπωσιακά μαθηματικά παράδοξα είναι αυτό του Russell, που σχετίζεται με τη θεωρία συνόλων.

Ορισμός Ονομάζουμε S το σύνολο που περιέχει όλα τα σύνολα.

Παρατηρούμε αμέσως ότι το S έχει την ασυνήθιστη ιδιότητα να περιέχει τον εαυτό του ως στοιχείο (αφού το S είναι σύνολο και επιπλέον το S περιέχει όλα τα σύνολα, τότε το S ∈ S).

Τα συνήθη μαθηματικά σύνολα (π.χ. το σύνολο των ακεραίων ή των πραγματικών ή υποσύνολά τους κλπ) δεν έχουν αυτήν την ασυνήθιστη ιδιότητα, οπότε είναι λογικό να ορίσουμε ένα άλλο σύνολο που περιέχει αυτά τα σύνολα.

Ορισμός Ονομάζουμε R το σύνολο που περιέχει όλα τα σύνολα που δεν περιέχουν τον εαυτό τους.

Για να γίνει πιο εύκολα κατανοητό το παράδοξο του Russell ορίζουμε και τις έννοιες του κανονικού και μη-κανονικού συνόλου:

Ορισμός Ας είναι x ένα αυθαίρετο σύνολο. Αν x ∈ R (δηλ. το x δεν περιέχει τον εαυτό του), τότε το ονομάζουμε κανονικό. Αν x ∉ R, τότε το ονομάζουμε μη-κανονικό.

Σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, όλα τα στοιχεία του R είναι κανονικά σύνολα και όλα τα κανονικά σύνολα ανήκουν στο R.

Τώρα θα εξετάσουμε αν το R είναι κανονικό ή μη-κανονικό:

- Αν το R είναι κανονικό, τότε R ∈ R (το R περιέχει όλα τα κανονικά σύνολα). Όμως τότε το R ∉ R άρα το R είναι μη-κανονικό! (άτοπο)

- Αν το R είναι μη-κανονικό, τότε R ∉ R (το R περιέχει όλα τα κανονικά σύνολα). Όμως αφού το R ∉ R, τότε το R είναι κανονικό! (άτοπο)

Φτάσαμε δηλαδή στο συμπέρασμα ότι

R ∈ R ⇔ R ∉ R

Άλλη μορφή του παράδοξου αυτού είναι η εξής:

Θεωρούμε ότι σε μία πόλη υπάρχει ένας κουρέας. Ο σουλτάνος της περιοχής βγάζει ένα φιρμάνι ότι κάθε πολίτης αυτής της πόλης, είτε θα ξυρίζεται από τον κουρέα, είτε θα ξυρίζεται μόνος του. Αν προσπαθήσουμε να σκεφτούμε ποιος πρέπει να ξυρίζει τον κουρέα, φτάνουμε σε αντινομία.

Το παράδοξο αυτό οφείλεται πρακτικά στην ύπαρξη του συνόλου S και πιο συγκεκριμένα στη σιωπηλή παραδοχή (ορισμός του Cantor) ότι

"σύνολο είναι κάθε συλλογή σαφώς διακριτών και καλά καθορισμένων αντικειμένων της εμπειρείας ή/και της διανόησής μας, τα οποία λαμβάνονται ως μία ενότητα."

Σήμερα η θεωρία συνόλων βασίζεται σε 10 αξιώματα και είναι γνωστή ως "Θεωρία Συνόλων Zermelo-Fraenkel με το αξίωμα της επιλογής" (Zermelo-Fraenkel set theory with the axiom of Choice) ή απλά ZFC. Μέχρι σήμερα δεν έχει βρεθεί κάποιο παράδοξο για αυτήν τη θεωρία και θεωρείται αυτοσυνεπής.

Νιμ

Ας θεωρήσουμε ένα παιχνίδι με τους εξής κανόνες:

Σχήμα 1.

• στήνουμε νομίσματα όπως στο Σχ. 1
• δύο παίκτες παίζουν εναλλάξ
• όποιος πάρει το τελευταίο νόμισμα χάνει
• σε κάθε γύρο ένας παίκτης πρέπει να πάρει ένα νόμισμα ή περισσότερα αλλά από την ίδια σειρά.

Αν ο πρώτος παίκτης κάνει μία "σωστή" πρώτη κίνηση και μετά ακολουθήσει βέλτιστη στρατηγική, τότε κερδίζει πάντα. Ποια είναι αυτή η πρώτη σωστή κίνηση;

Το νέο τετράγωνο

Μπορείτε να εξηγήσετε το παρακάτω φαινομενικά παράδοξο;

Η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

Εισαγωγή

Oι έννοιες του αριθμητικού και γεωμετρικού μέσου είναι γνωστές: Για δύο αριθμούς $a, b$ ο αριθμητικός μέσος (αυτό που λέμε μέσος όρος) είναι ο $\frac{a+b}{2}$. Αν επιπλέον οι $a,b\textgreater 0$, τότε ο γεωμετρικός μέσος είναι ο $\sqrt{ab}$. Για τους δύο αυτούς αριθμούς ισχύει η ανισότητα

ή

(1)

Η παραπάνω ανισότητα είναι εύκολο να αποδειχθεί χάρη στην ταυτότητα

$(\frac{a+b}{2})^2 = (\frac{a-b}{2})^2 + ab$,

δηλαδή η ποσότητα $ab$ για να γίνει ίση με την $(\frac{a+b}{2})^2$ πρέπει να αυξηθεί κατά τη μη-αρνητική ποσότητα $(\frac{a-b}{2})^2$, άρα η $ab$ είναι μικρότερη από ή το πολύ ίση με την $(\frac{a+b}{2})^2$.

Το πρόβλημα

Αυτό που θα εξετάσουμε στη συνέχεια είναι αν η ανισότητα αυτή ισχύει και για τον αριθμητικό και γεωμετρικό μέσο όχι 2 αλλά $n$ αριθμών. Δηλαδή αν ισχύει

$a_1a_2\cdots a_n\leq\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right)^n$

(2)

Υπάρχουν πολλές αποδείξεις για την (2). Η παρακάτω πολύ όμορφη απόδειξη απόδειξη οφείλεται στον ίδιο τον Cauchy (περιέχεται στο βιβλίο του Cours d' Analyse).

Απόδειξη για n = 2^m

Αρχικά παρατηρούμε ότι για τους αριθμούς $a_1,a_2$ και $a_3,a_4$ ξεχωριστά έχουμε

$a_1a_2\leq\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2$ και $a_3a_4\leq\left(\frac{a_3+a_4}{2}\right)^2$

(3)

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις παραπάνω εξισώσεις έχουμε

$a_1a_2a_3a_4\leq\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2\left(\frac{a_3+a_4}{2}\right)^2$

(4)

H (1) ισχύει για οποιουσδήποτε δύο αριθμούς $a, b$ άρα για $a=\frac{a_1+a_2}{2}$ και $b=\frac{a_3+a_4}{2}$ παίρνουμε

$\frac{a_1+a_2}{2}\frac{a_3+a_4}{2}\leq\left(\frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_4}{2}}{2}\right)^2=\left(\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\right)^2$

Αν υψώσουμε την τελευταία στο τετράγωνο και την αντικαταστήσουμε στην (4) παίρνουμε

$a_1a_2a_3a_4\leq\left(\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\right)^4$

(5)

δηλαδή η ανισότητα ισχύει για n = 4.

Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία μπορούμε να δείξουμε ότι η ανισότητα ισχύει για n = 8. Επαγωγικά μπορούμε να αποδείξουμε ότι η γενικευμένη ανισότητα (2) ισχύει για n = 2^m (δεν το κάνω διότι είμαι τεμπέλης).

Απόδειξη για κάθε n

Τώρα είναι εύκολο να το δείξουμε και για όλους τους άλλους αριθμούς. Ας πούμε ότι έχουμε τους $a_1,a_2,\ldots,a_n$. Βρίσκουμε ένα m τέτοιο, ώστε 2^m ≥ n (π.χ. αν n = 20, τότε επιλέγουμε m = 5, αφού 2⁵ ≥ 20). Θέτουμε

$b_1=a_1,b_2=a_2,\ldots,b_n=a_n,b_{n+1}=b_{n+2}=\cdots=b_{2^m}=A$

όπου $A$ είναι ο αριθμητικός μέσος των $a_i$.

Έχουμε

$b_1b_2\cdots b_{2^m}\leq\left(\frac{b_1+b_2+\cdots+b_{2^m}}{2^m}\right)^{2^m}$

Αν αντικαταστήσουμε τα $b_i$ παίρνουμε

$a_1a_2\cdots a_n\underbrace{AA\cdots A}_{2^m-n}\leq\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n + A + A +\cdots+A}{2^m}\right)^{2^m}$

ή

$a_1a_2\cdots a_nA^{2^m-n}\leq\left(\frac{1}{2^m}(a_1+a_2+\cdots+a_n) + \frac{2^m-n}{2^m}A\right)^{2^m}$

Όμως $a_1+a_2+\cdots+a_n = nA$ άρα

$a_1a_2\cdots a_nA^{2^m-n}\leq\left(\frac{n}{2^m}A + \frac{2^m-n}{2^m}A\right)^{2^m}=A^{2^m}$

και τελικά μετά τις πράξεις

$a_1a_2\cdots a_n\leq A^n$.

Σχόλια

Θεωρώ ότι αυτή η απόδειξη έχει πολλά ενδιαφέροντα σημεία.

• Αρχικά χρησιμοποιεί την ανισότητα (1) με λίγο-πολύ αναμενόμενο τρόπο για να αποδείξει τις εξ. (3).
• Μετά ξαναχρησιμοποιεί την (1) με πολύ λιγότερο αναμενόμενο τρόπο για να περάσει από την (4) στην (5), δηλαδή να δείξει την ισχύ της ανισότητας για n = 4
• Αποδεικνύει την ισχύ της ανισότητας εφαρμόζοντας μία ασυνήθιστη μορφή επαγωγής η οποία αντί να γίνεται στο n γίνεται στο 2ⁿ.
• Το πιο μαγικό όμως είναι το τέλος. Αποδεικνύει τη γενική περίπτωση (για κάθε n) από την ειδική (για n = 2^m). Και όχι μόνο αυτό αλλά για να αποδείξει τη γενική περίπτωση παίρνει μία ειδική περίπτωση της ειδικής περίπτωσης $b_{n+1}=b_{n+2}=\cdots=b_{2^m}=A$!  

Πηγή: The Enjoyment of Mathematics: Selections from Mathematics for the Amateur των O. Toeplitz & H. Rademacher

Είναι ο πολλαπλασιασμός επαναλαμβανόμενη πρόσθεση;

Πρόσφατα διάβασα το βιβλίο The unfinished game: Pascal, Fermat, and the 17th-century letter that made the world modern του Keith Devlin. (Ίσως γράψω μερικά πράγματα για αυτό σε κάποιο post στο μέλλον).

Ψάχνοντας στο δίκτυο για το συγγραφέα βρήκα μία μηνιαία στήλη (Devlin's angle) που συντηρεί στην ιστοσελίδα της MAA (Mathematical Association of America). Πιο πολύ μου τράβηξε το ενδιαφέρον ένα άρθρό του με τίτλο "It ain't no repeated addition". Στο συγκεκριμένο άρθρο ο Devlin επιχειρηματολογεί ότι ο πολλαπλασιασμός δεν είναι επαναλαμβανόμενη πρόσθεση και για αυτό το λόγο οι μαθητές του δημοτικού δε θα έπρεπε να διδάσκονται ότι είναι. Αρχικά παραξενεύτηκα αλλά τελικά κατέληξα στο ότι ο Devlin έχει μάλλον δίκιο. Για να γίνω πιο σαφής, ανάμεσα σε άλλα υποστηρίζει τα εξής:

• όπως η πρόσθεση είναι μία θεμελιώδης πράξη την οποία δεν εξηγούμε με βάση κάποια άλλη πράξη, έτσι και ο πολλαπλασιασμός είναι μία θεμελιώδης πράξη, την οποία δεν πρέπει να εξηγούμε με βάση κάποια άλλη πράξη αλλά να της δίνουμε τη δική της ερμηνεία (π.χ. να τον βλέπουμε ως την κλιμάκωση ενός αριθμού).
• ο πολλαπλασιασμός δύο αριθμών δεν είναι επαναλαμβανόμενη πρόσθεση. Πώς θα μπορούσε να εξηγήσει κανείς ως "επαναλαμβανόμενη πρόσθεση" το γινόμενο π√2; ή ακόμα και το ½×(-¾);
• το γεγονός ότι ο πολλαπλασιασμός ενός αριθμού με έναν ακέραιο n συμπίπτει με την πρόσθεση του αριθμού n φορές δεν καθιστά τον πολλαπλασιασμό "επαναλαμβανόμενη πρόσθεση". Απλά συμβαίνει η "επαναλαμβανόμενη πρόσθεση" να γίνεται γρήγορα και εύκολα χρησιμοποιώντας τον πολλαπλασιασμό (όπως π.χ. συμβαίνει 2⁴ = 4² αλλά γενικά δεν ισχύει ότι x^y = y^x ή ότι η αντιπαράγωγος είναι ένας γρήγορος τρόπος να υπολογίζουμε ολοκληρώματα αλλά δεν είναι το ίδιο πράγμα.
• όταν ο δάσκαλος φτάσει στο σημείο να διδάξει τον πολλαπλασιασμό π.χ. κλασμάτων ή γενικότερα πραγματικών, δε θα μπορεί να χρησιμοποιεί τον ορισμό του πολλαπλασιασμού ως "επαναλαμβανόμενη πρόσθεση" και θα πρέπει να βρει κάποια άλλη ερμηνεία για τον πολλαπλασιασμό. Αυτό είναι αρνητικό διότι ο πολλαπλασιασμός είτε κλασμάτων, είτε ακεραίων, είτε άρρητων είναι ένα και το αυτό, δεν είναι διαφορετικό για κάθε περίσταση. Επιπλέον κλονίζει την εμπιστοσύνη του μαθητή στα Μαθηματικά, που έμαθε κάτι και βλέπει ότι τώρα δεν ισχύει.

Φυσικά για τους ίδιους λόγους επιχειρηματολογεί ότι η ύψωση σε δύναμη δεν είναι επαναλαμβανόμενος πολλαπλασιασμός και δε θα πρέπει να διδάσκεται ότι είναι.

Θα ήθελα τις απόψεις όλων αλλά κυρίως των μαθητών και των δασκάλων των μαθηματικών είτε στο δημοτικό, είτε στο γυμνάσιο/λύκειο.

Άθροισμα όρων γεωμετρικών όρων

Το άθροισμα άπειρων όρων γεωμετρικής προόδου είναι

$a + a\lambda + a\lambda^2 + \ldots = \frac{a}{1-\lambda}$

με την προϋπόθεση ότι $|\lambda|<1$.

Μία γεωμετρική απόδειξη της παραπάνω σχέσης δίνεται στο Σχ. 1. Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές ΑΒ = ΓΔ = α και ΒΓ = ΑΔ = 1, παίρνουμε σημείο Ε πάνω στην ΒΓ έτσι, ώστε ΒΕ = λ < 1. Οι ΔΕ, ΑΒ συναντιούνται στο Ζ. Χωρίζουμε το τρίγ. ΑΖΔ σε τραπέζια όμοια με το ΑΒΕΔ και των οποίων οι μικρές βάσεις είναι διαδοχικά λ, λ², λ³, ... όπως στο σχήμα.

Σχήμα 1.

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΖΔ και ΓΔΕ έχουμε

$\frac{AZ}{A\Delta} = \frac{\Gamma\Delta}{\Gamma E}$

δηλαδή

$a + a\lambda + a\lambda^2 + \ldots = \frac{a}{1-\lambda}$.

Σχήμα 2.

Στο Σχ. 2 φαίνονται άλλες δύο εικόνες που αντιπροσωπεύουν δύο άλλα αθροίσματα γεωμετρικών προόδων. Μπορείτε να βρείτε ποιες είναι αυτές;

Πηγή: Math Made Visual: Creating Images for Understanding Mathematics των R. Nelsen & C. Alsina

Μέγιστο τρίγωνο

Το παρακάτω πρόβλημα ήταν γνωστό (όπως πιθανότατα και η λύση του) από την εποχή του Πλάτωνα. Η παρακάτω λύση θα μπορούσε να είχε δοθεί από τους αρχαίους Έλληνες μαθηματικούς παρ' όλα αυτά δεν έχει βρεθεί σε κανένα κείμενο. 

Το πρόβλημα

Ζητάμε να βρούμε το "μεγαλύτερο" τρίγωνο (με την έννοια του ότι έχει τη μεγαλύτερη επιφάνεια) που είναι εγγεγραμμένο σε δεδομένο κύκλο.

Λύση

Ας είναι ΑΒΓ ένα (μη-ισόπλευρο) τρίγωνο εγγεγραμμένο σε δεδομένο κύκλο. Οι τρεις κορυφές του τριγώνου χωρίζουν την περιφέρεια του κύκλου σε τρία τόξα. Από τα τόξα αυτά το ένα σίγουρα είναι μικρότερο από 120° (δεν μπορεί και τα τρία να είναι >120°) και ένα άλλο είναι σίγουρα μεγαλύτερο απο 120° (δεν μπορεί και τα τρία τόξα να είναι <120°). Ας είναι AB<120° και ΒΓ>120° (Σχ. 1β)

(α) Ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο στον κύκλο.	(β) Αυθαίρετο (μη-ισόπλευρο) τρίγωνο εγγεγραμμένο στον κύκλο.
Σχήμα 1. Υπενθυμίζεται ότι γωνία 60° αντιστοιχεί σε τόξο 120°. Π.χ. A0=60° αλλά το τόξο Β0Γ0=120°

Σχήμα 2.

Πάνω στο τόξο ΒΓ παίρνουμε τόξο ΓΒ'' = ΑΒ(<120°). Επίσης παίρνουμε τόξο ΑΒ'=120° προς την ίδια κατεύθυνση με το Β.

Το κρίσιμο σημείο
Ισχυριζόμαστε ότι το Β' βρίσκεται ανάμεσα στο Β και το Β'':

• είναι μετά από το B αφού ΑΒ'=120°>AB.
• είναι πριν από το Β'', διότι αν ήταν μετά τότε θα είχαμε για το τόξο ΑΒ'>ΑΒ''=ΒΓ (λόγω της ισότητας των τριγώνων ΑΒΓ, ΑΒ''Γ). Όμως τότε θα είχαμε 120°=ΑΒ'>ΒΓ>120° το οποίο είναι άτοπο.

Τώρα αφού το Β' βρίσκεται ανάμεσα στα Β και Β'', είναι πιο μακριά από την ΑΓ από ότι το Β. Δηλαδή ενώ τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒ'Γ έχουν κοινή βάση το ΑΓ, το αντίστοιχο ύψος του ΑΒ''Γ είναι μεγαλύτερο από αυτό του ΑΒΓ συνεπώς (ΑΒ''Γ)>(ΑΒΓ). Δηλαδή βρήκαμε ένα άλλο εγγεγραμμένο στον κύκλο τρίγωνο (το ΑΒ'Γ) το οποίο έχει μία κοινή πλευρά με το αρχικό και μία γωνία (τη Γ) ίση με 60°.

Αν ανακεφαλαιώσουμε αυτό που κάναμε προηγουμένως είναι ότι διορθώνοντας την κορυφή Β (την τοποθετήσαμε στην Β΄), ώστε η γωνία ΑΓΒ' να είναι 60°, καταλήξαμε να έχουμε ένα "μεγαλύτερο" τρίγωνο από το αρχικό.

Το τέλος
Αν το τρίγωνο ΑΒ'Γ είναι ισόπλευρο, τότε τελειώσαμε. (Αποδείξαμε ότι ένα ισόπλευρο τρίγωνο είναι μεγαλύτερο από το αυθαίρετο τρίγωνο που είχαμε αρχικά και φυσικά όλα τα ισόπλευρα τα εγγεγραμμένα σε δεδομένο κύκλο έχουν το ίδιο εμβαδό.)

Αν το τρίγωνο ΑΒ'Γ δεν είναι ισόπλευρο τότε επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία με τη διαφορά ότι θεωρούμε ως βάση την ΑΒ' και θα διορθώσουμε την κορυφή Γ σε μία άλλη κορυφή Γ', ώστε η γωνία Α=60° (ή η Β'=60°). Το νέο τρίγωνο ΑΒ'Γ' είναι ισόπλευρο και θα είναι "μεγαλύτερο" από το ΑΒ'Γ για τους ίδιους λόγους που το ΑΒ'Γ ήταν "μεγαλύτερο" από το ΑΒΓ.

Πηγή: The Enjoyment of Mathematics: Selections from Mathematics for the Amateur των O. Toeplitz & H. Rademacher

Γρίφος με κέρματα

Μπορούμε μετακινώντας μόνον ένα κέρμα, να φτιάξουμε δύο σειρές με ακριβώς 4 κέρματα η κάθε μία;

Συμπλήρωση του τετραγώνου

Ένας από τους τρόπους που διδάσκονται στο σχολείο για την επίλυση μίας τριωνυμικής εξίσωσης περιλαμβάνει τη "συμπλήρωση του τετραγώνου". Ας πούμε ότι θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση x² + 6x - 7 = 0. Τότε συμπληρώνουμε το τετράγωνο ως εξής:

x² + 6x - 7 = x² + 2⋅3⋅x + 3² - 3² - 7 = (x+3)² - 16.

Αυτό που κάναμε είναι να προσθέσουμε τον όρο 3², ώστε να συμπληρώσουμε το τετράγωνο του x+3. Έτσι η αρχική εξίσωση γίνεται

(x+3)² = 16

από όπου παίρνουμε τελικά τις λύσεις x = 1,-7. Η παραπάνω διαδικασία δεν οδηγεί πάντα σε (πραγματική) λύση, αφού για να έχει λύση η αx² + βx + γ = 0, πρέπει η διακρίνουσα β² - 4αγ ≥ 0.

Σχήμα 1.

Στο Σχ. 1 φαίνεται μία γεωμετρική επίλυση της εξίσωσης

x² + βx = γ για β,γ ≥ 0.

Το χωρίο E₁ είναι ίσο με x² (το x είναι ακόμα άγνωστο) και τα E₂, E₃ είναι ίσα με ½βx άρα E₁ + E₂ + E₃ = x² + βx και αυτό θέλουμε να είναι ίσο με γ. Τα E₁, E₂, E₃ σχηματίζουν ένα λειψό τετράγωνο η συμπλήρωση του τετραγώνου γίνεται στην κυριολεξία: με την προσθήκη του γωνιακού τετραγώνου με εμβαδό Ε₄ = ¼β². Το εμβαδό του μεγάλου τετραγώνου είναι (x+½β)² και συγχρόνως γ + ¼β². Για να είναι η ποσότητα αυτή εμβαδό, θα πρέπει γ + ¼β² ≥ 0 (αυτή είναι η συνθήκη της μη-αρνητικότητας της διακρίνουσας).

Δηλαδή αν γ + ¼β² ≥ 0 , τότε υπάρχει τετράγωνο με εμβαδό γ + ¼β² και πλευρά x+½β και το πρόβλημα έχει λύση.

Το ενδιαφέρον είναι ότι ενώ στη γεωμετρική επίλυση απαιτούμε β,γ ≥ 0, το αποτέλεσμα ισχύει για οποιαδήποτε β, γ (αρκεί γ + ¼β² ≥ 0).

Πηγή: Journey into Mathematics: An Introduction to Proofs του J. J. Rotman

Τα 5 τούβλα

Το σημερινό πρόβλημα είναι ένα από τα παλιότερα προβλήματα τοπολογίας.

Σχήμα 1.

Μπορείτε να ζωγραφίσετε το διάγραμμα του Σχ. 1(α) με το πολύ τρεις μολυβιές χωρίς να περάσετε πάνω από μία γραμμή περισσότερες από μία φορές;

Είναι εύκολο να ζωγραφίσουμε το διάγραμμα με τρεις μολυβιές εκτός από μία γραμμή. Μερικές προσπάθειες φαίνονται στο Σχ. 1(γ). Μπορούμε όμως να ζωγραφίσουμε ολόκληρο το διάγραμμα του Σχ. 1(α) με τρεις μολυβιές;

Το πρόβλημα είναι τοπολογικό επειδή το ακριβές μέγεθος και σχήμα δεν παίζουν ρόλο. Για παράδειγμα αντί του διαγράμματος του Σχ. 1(α) το πρόβλημα θα μπορούσε να διατυπωθεί ισοδύναμα για το διάγραμμα του Σχ. 1(β).

Η λειψή σκακιέρα

Εικόνα 1: Πλακίδια ντόμινο

Αυτό είναι ένα κλασικό πρόβλημα, από το οποίο ξεκίνησε μία ευρεία κατηγορία προβλημάτων.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε μία γενικευμένη σκακιέρα με Ν (αντί για 8) τετράγωνα σε κάθε πλευρά και επίσης έχουμε πλακίδια (aka κόκκαλα ή πέτρες, βλ. Εικ. 1) ντόμινο τα οποία εφαρμόζουν ακριβώς σε δύο τετράγωνα της σκακιέρας.

Εικόνα 2

Είναι προφανές ότι αν έχουμε ικανό αριθμό πλακιδίων μπορούμε να καλύψουμε ακριβώς τη σκακιέρα αν-ν ο Ν είναι άρτιος. Όταν λέμε "ακριβώς" εννοούμε ότι κάθε τετράγωνο της σκακιέρας καλύπτεται από κάποιο ντόμινο και ότι κάθε πλακίδιο ντόμινο καλύπτει ακριβώς δύο τετράγωνα της σκακιέρας.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι από τη σκακιέρα αφαιρούμε δύο απέναντι γωνιακά τετράγωνα όπως στην Εικ. 2.

Είναι δυνατό να καλύψουμε ακριβώς τη λειψή σκακιέρα με πλακίδια ντόμινο;