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.

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