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;