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;