Την προηγούμενη Κυριακή στο κείμενο το σχετικό και με την διαίρεση δια του μηδενός υπήρχε η (βιαστικά διατυπωμένη) φράση «εξ ορισμού κάθε πολλαπλασιασμός με το 0 δίνει μηδέν». Πιο σωστά θα έπρεπε να γραφτεί: εξ ορισμού του πολλαπλασιασμού, όταν σε αυτόν υπάρχει (ένας όρος ίσος με)μηδέν το αποτέλεσμα είναι μηδέν.

Δοθείσης της ευκαιρίας λοιπόν, νομίζω πως αξίζει να αφιερώσουμε κάποιο χρόνο και σε αυτό, που από όσο έχω καταλάβει μιλώντας με παιδιά, δυστυχώς περνάει σε διάφορες τάξεις(Δημοτικό-Γυμνάσιο-Λύκειο) ως αυτονόητο, χωρίς να είναι έτσι.

Κατ’ αρχάς είδα στο Διαδίκτυο έναν όχι μαθηματικό αλλά υποδειγματικά κατανοητό συλλογισμό(ό,τι πρέπει για μικρότερους μαθητές) που θεωρώ πως δείχνει τον δρόμο και για το σωστό αποτέλεσμα. Εστω και εντελώς εμπειρικά. Πρωταγωνιστεί ένα μεγάλο δέντρο φορτωμένο μήλα. Ο ιδιοκτήτης αποφασίζει να κόβει και να δίνει 1 μήλο σε όποιον περνάει έξω από τον κήπο του με το δέντρο. Αν περάσει 1 άνθρωπος κόβει και του δίνει 1 μήλο, αν πέρασαν 15 θα έχει δώσει τελικά 15 μήλα και αν περάσουν Ν άνθρωποι θα τους έχει δώσει 1(επί)Ν = Ν μήλα. Αν αποφάσιζε να δίνει από 2 μήλα στον καθένα και περνούσαν συνολικά 20 άνθρωποι θα είχε δώσει 2(επί)20 = 40 μήλα και για Ν ανθρώπους 2(επί)Ν = 2Ν μήλα. Ας δούμε στην συνέχεια και την περίπτωση που αποφασίζει να δίνει 0 μήλα σε όποιον περνούσε. Τότε για Ν περαστικούς από το δένδρο στο τέλος θα είχε κόψει 0 μήλα ή αλλιώς 0(επί)Ν = 0 μήλα. Αλλά υπάρχει και κάτι ακόμη. Αν απεφάσιζε να δίνει έναν οποιονδήποτε αριθμό μήλων, ας πούμε α, σε όποιον περνούσε, αλλά δεν πέρασε τελικά όλη την ημέρα έστω ένας άνθρωπος, και τότε θα είχαμε ως αποτέλεσμα α(επί)0 = 0 μήλα.

Ας πάμε τώρα και σε αυτό που εκφράσαμε πριν ως «εξ ορισμού του πολλαπλασιασμού». Εκεί έχουμε το γνωστό, πως μπορούμε δηλαδή να δούμε κάποια στιγμή τον πολλαπλασιασμό και ως μια επαναλαμβανόμενη πρόσθεση του ίδιου αριθμού. Πολλαπλασιασμός του Ν επί 2 σημαίνει Ν + Ν. Και γενικότερα Ν επί α (με α πραγματικό θετικό) σημαίνει ((Ν+Ν)+Ν)+… , τελικά (α-1) προσθέσεις. Αυτά μπορούμε να τα παραστήσουμε ως εξής:

2(επί)Ν = Ν+Ν

5(επί)Ν= Ν+Ν+Ν+Ν+Ν0(επί)Ν= κανένα Ν εδώ στο δεύτερο μέλος.

Ακόμη αυστηρότερη απόδειξη μπορούμε να έχουμε με την βοήθεια συνόλων και καρτεσιανού γινομένου αλλά δεν θα κουράσουμε άλλο όποιους και όποιες έχουν την υπομονή να μας διαβάζουν ακόμη(εκτός και αν εκφραστεί επιθυμία επ’ αυτού)…

Επιστροφή στις √ρίζες

*Παλαιότερα προβλήματα από το έντυπο ΒΗΜΑ, που ζήτησαν οι Αναγνώστες.

Παλαιός, πιστός και προσφιλής αναγνώστης μας θύμισε ένα πρόβλημα που ναι μεν είχαμε παρουσιάσει κάποτε στο έντυπο ΒΗΜΑ-Science αλλά τώρα μας δίδεται η ευκαιρία να το συζητήσουμε ίσως λίγο περισσότερο(για να θυμούνται οι παλιοί και … τα γνωστά.

Ο Πίτερ Γουέισον (Peter Wason) 1924-2003, ήταν Βρετανός γνωστικός ψυχολόγος στο φημισμένο αγγλικό Πανεπιστήμιο UCL και επινόησε διάφορες «ψυχολογικές» ασκήσεις. Μια από αυτές, η «four-card problem», από το 1970, που έγινε διάσημη, ήταν η εξής: Μας παρουσιάζουν 4 κάρτες, Στις δυο από αυτές βλέπουμε τους αριθμούς 3 και 8 αντίστοιχα. Στις άλλες δυο βλέπουμε μόνον το χρώμα τους. Η μια είναι μπλε και η άλλη κόκκινη. Ερώτημα: Ποια ή ποιες κάρτες κατ’ ελάχιστο πρέπει να αναποδογυρίσουμε για να είμαστε σίγουροι ότι αν σε μια κάρτα είναι γραμμένος στην μια πλευρά της ένας άρτιος αριθμός η άλλη πλευρά της έχει χρώμα μπλε.

  • Αν η κάρτα με το 3 είναι μπλε(ή κόκκινη) αυτό δεν παραβιάζει τον κανόνα. Διότι ναι μεν ο κανόνας λέει «αν σε μια κάρτα είναι γραμμένος στην μια πλευρά της ένας άρτιος αριθμός η άλλη πλευρά της έχει χρώμα μπλε» αλλά δεν λέει κάτι υποχρεωτικό για το χρώμα της κάρτας αν βλέπουμε κάποιον περιττό αριθμό.
  • Αν η κάρτα με το 8 δεν είναι μπλε στην άλλη πλευρά της τότε παραβιάζεται ο κανόνας αφού πηγαίνουν μαζί ζυγός αριθμός-μπλε πίσω όψη.
  • Αν πίσω από την μπλε κάρτα βρίσκαμε είτε άρτιο είτε περιττό αριθμό αυτό δεν παραβιάζει τον κανόνα( δηλαδή δεν ισχύει η εξής αντιμετάθεση των όρων στον κανόνα: «αν μια κάρτα είναι μπλε στην άλλη πλευρά της ο αριθμός είναι (πάντα)άρτιος»)
  • Αν πίσω από την κόκκινη κάρτα ο αριθμός είναι άρτιος αυτό παραβιάζει τον κανόνα διότι θα έπρεπε να έχει υποχρεωτικά χρώμα μπλε.

Το αντίστοιχο πρόβλημα συναντάται και με την μορφή: Δυο κάρτες με τα γράμματα Α και Κ(φωνήεν και σύμφωνο) αντίστοιχα και άλλες δυο με έναν άρτιο και έναν περιττό αριθμό αντίστοιχα(π.χ. 3 και 7), με τον κανόνα να είναι: «Αν στην μια πλευρά έχει φωνήεν στην άλλη πλευρά είναι γραμμένος ένας άρτιος αριθμός».

  • Γυρίζουμε οπωσδήποτε την κάρτα με το Α διότι δεν πρέπει να έχει στην πίσω πλευρά περιττό αριθμό.
  • Όσον αφορά την κάρτα με το Κ(=σύμφωνο) δεν έχει νόημα να ασχοληθούμε μαζί της, μπορεί να έχει άρτιο ή περιττό στην άλλη πλευρά της διότι δεν μας έχει επιβληθεί κάποιος περιορισμός.
  • Η κάρτα με το 2 επίσης δεν έχει περιορισμό διότι δεν(μας δίδεται ότι) ισχύει η αντιστροφή του κανόνα(«αν στην μια πλευρά είναι άρτιος στην άλλη πλευρά θα υπάρχει φωνήεν»)
  • Η κάρτα με το 7 πρέπει να εξεταστεί και από την άλλη πλευρά διότι αν έχει εκεί φωνήεν τότε ο κανόνας που μας δόθηκε παραβιάζεται.
    Άρα πρέπει να εξετάσουμε τις κάρτες με το Α και με το 7.

Ωχ, και άλλα προβλήματα;!

1. Ένα πολύ διδακτικό πρόβλημα για τους μικρότερους της παρέας: Ο Τ βρήκε δουλειά με πρώτο μεροκάματο 1 Ευρώ (θα γίνει κι αυτό). Κάθε ημέρα η αμοιβή του αυξανόταν κατά 1 ευρώ. Εργάστηκε επί 365 ημέρες χωρίς ρεπό(Γίνεται κι αυτό). Πόσα χρήματα πήρε συνολικά μέσα στην χρονιά; Ο Μ, φίλος του Τ, ξεκίνησε την πρώτη ημέρα με 365 Ευρώ και καθημερινά μειωνόταν το μεροκάματό του κατά 1 Ευρώ. Με πόσα Ευρώ αμειβόταν και οι δυο μαζί κάθε ημέρα; Πόσα Ευρώ έχει κερδίσει ο καθένας τους στο τέλος του ενός χρόνου;
2. Πόσα τρίγωνα μπορεί να υπάρχουν με πλευρές που το μήκος της κάθε μιας είναι ακέραιος αριθμός ενώ μια από αυτές έχει μήκος 12 ενώ καμία από τις άλλες δυο δεν έχει μήκος μεγαλύτερο από 12. Αν το 12 γίνει 13 θα αλλάξει κάτι; Πώς γενικεύουμε;
3. Σήμερα μας έχει σαγηνεύσει η γεωμετρία και γι’ αυτό παρουσιάζουμε το εξής ενδιαφέρον πρόβλημα: Δίδεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ορθή γωνία στο Α και μήκη πλευρών (ΑΒ)= γ, (ΒΓ)= α, (ΓΑ) = α. Στο εσωτερικό του έχουμε εγγεγραμμένο κύκλο με κέντρο ο και ακτίνα ρ=1. Ζητούμε τα εξής: ι)να εκφραστεί το μήκος β με την βοήθεια του μήκους α και ιι) να βρεθεί το μικρότερο δυνατόν εμβαδό του ορθογωνίου αυτού τριγώνου.

Ευτυχώς, εδώ είναι και οι λύσεις

1. Απάντηση

Αφού το μεροκάματο του ενός αυξάνεται και του άλλου μειώνεται κατά1 Ευρώ οι συνολικές απολαβές τους κάθε ημέρα είναι ένα σταθερό ποσό ίσο με 366(=1+365) Ευρώ. Επομένως μέσα σε ένα χρόνο και οι δυο μαζί αποκομίζουν 365×366 Ευρώ. Και ο καθένας τους κερδίζει το ίδιο ποσό. Αρα για τον καθένα οι αποδοχές μέσα σε έναν ολόκληρο χρόνο θα είναι [(365×366)/2] Ευρώ.
*Η αξία αυτών των συλλογισμών έγκειται περισσότερο στην παρουσίαση ενός νοητικά προσιτού τρόπου υπολογισμού του ότι το άθροισμα 1+2+3+…+ν = [ν(ν+1)/2].

2.Απάντηση

Αν τα μήκη των δυο πλευρών είναι α και β ενώ της γ=12 από την γνωστή γεωμετρική πρόταση(το μήκος κάθε πλευράς τριγώνου είναι μικρότερο από το άθροισμα των δυο άλλων(αποδεικνύεται εύκολα και με την θεωρία περί τεθλασμένων με κοινά άκρα) θα ισχύει ότι (α+β) > 12. Ας είναι και α >= β. Θα κάνουμε στην αρχή πολύ απλούς συλλογισμούς: Αν α = 1 τότε β = 12 και τίποτα άλλο. Για α = 2 θα ισχύει ότι β = 11 ή 12. Για α = 3 β = 10 ή 11 ή 12. Συνεχίζουμε έτσι μέχρι την τιμή α = 6 με β= 7, 8, …, 11, 12. Με α= 7 β=7,8,…,12. Με α = 8 β= 8,…, 12. Συνεχίζουμε έτσι μέχρι που για α = 12 θα έχουμε μόνον β = 12. Τελικά όλες μαζί οι περιπτώσεις θα είναι 2(1+2+3+4+5+6)= 42 τρίγωνα. Αν αντί του 12 είχαμε το 13 η διαφορά θα ήταν στο τελευταίο άθροισμα διότι θα υπήρχε ακόμη και ο όρος 7: (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)οπότε το τελικό άθροισμα θα ήταν 42+7=49.Στην γενίκευση απλά θα διακρίνουμε και εκεί αν το ν είναι άρτιος(ν=2κ) ή περιττός(ν=2κ+1).

3. Απάντηση

Από το κέντρο του κύκλου φέρουμε κατά τα γνωστά τις ευθείες προς τις κορυφές του ορθογωνίου τριγώνου και προς τα σημεία επαφής. Προκύπτουν τρία τρίγωνα με κοινή κορυφή Ο και τα τρία ύψη τους, ίσα όλα με 1. Το εμβαδόν του ορθογωνίου τριγώνου θα είναι ίσο με το άθροισμα των τριών αυτών τριγώνων οπότε θα ισχύει η σχέση: (1/2)αβ=(1/2)(α+β+γ). Λύνουμε ως προς γ= αβ-β-α. Υψώνουμε στο τετράγωνο: γ2 = (αβ)2+β2+α2-2αβ2-2α2β+2αβ . Επειδή β2+α2 = γ2 φεύγει το γ και στην συνέχεια κάνοντας τις πράξεις και λύνοντας ως προς β καταλήγουμε στην σχέση: β=2[(α-1)/(α-2)].

Αυτή είναι και η απάντηση στο ι). Για το δεύτερο ερώτημα παρατηρούμε ότι πρέπει για να είναι β>0 επειδή είναι μήκος πρέπει α>2. Αν α γίνεται πολύ μεγάλο(δηλαδή τείνει στο άπειρο) ή τείνει στο 2 από δεξιά τότε και το εμβαδόν τείνει στο άπειρο. Άρα υπάρχει μια περιοχή μεταξύ 2 και απείρου όπου έχουμε ελάχιστο. Δεν μένει παρά να εξετάσουμε την πρώτη παράγωγο ως προς α για το εμβαδό (1/2)αβ δηλαδή να παραγωγίσουμε την (1/2)α[2[(α-1)/(α-2)]] με βάση τους κανόνες για την παράγωγο γινομένου και να θέσουμε το αποτέλεσμα =0(δεν χρειάζεται και η δεύτερη παράγωγος διότι ήδη γνωρίζουμε πως πρόκειται για ελάχιστο). Το αποτέλεσμα είναι α=2+√2 και α=2-√2. Αλλά πρέπει α>2 άρα κρατούμε την πρώτη τιμή. Με αυτήν υπολογίζουμε το β που προκύπτει ίσο με2+√2 άρα α=β οπότε το εμβαδόν του ελαχίστου τριγώνου θα είναι 2

Μπορείτε να στείλετε τις απορίες, τις λύσεις και τις επισημάνσεις σας στον Άλκη Γαλδαδά στην διεύθυνση algaldadas@yahoo.gr.