Παιχνίδια με παλιές ζυγαριές, παγίδες και στο υπόβαθρο το άπειρο

Μια καλή ερώτηση που θα έφερνε όμως σε δύσκολη θέση ίσως τον δάσκαλό μας στο Δημοτικό, και αυτό δεν πρέπει να είναι έτσι, θα ήταν αν ένας μαθητής ή μια μαθήτρια ζητούσαν να μάθουν αν άρχιζαν να λένε τους αριθμούς 1,2, 3, …, πού ή πότε θα έφθαναν στο τέλος; Και μαζί το πιο κλασικό έως και αγωνιώδες ερώτημα, τελειώνουν κάποτε οι αριθμοί; Φροντίζουν άραγε στις Παιδαγωγικές Ακαδημίες να προετοιμάζουν τους ανθρώπους που θα μπουν στην τάξη και για τέτοιες καταστάσεις; Ελπίζω πως ναι.

Αλλά και στο σπίτι μπορεί να… πέσει κανένα τέτοιο θέμα και χρειάζεται να είμαστε έτοιμοι «δια παν ενδεχόμενο», πέρα από την χαρά που θα πάρουμε διότι τα παιδιά «έχουν τέτοιες ανησυχίες» από τόσο μικρά.

Είναι σημαντικό όπως έχουμε τονίσει πολλές φορές η επαφή με τους αριθμούς να γίνεται αφού τα παιδιά έλθουν σε επαφή πρώτα με τα σύνολα συγκεκριμένων αντικειμένων. Και όπως το αναφέρει πολύ παραστατικά η Αμερικανίδα μαθηματικός Ευγενία Τσενγκ (Eugenia Cheng) που συχνά ανατρέχουμε στα γραπτά της, «στα Μαθηματικά μετρώ (=απαριθμώ) κάτι, δεν είναι το να λέω τα ονόματα ένα, δυο τρία… αλλά να «αντιστοιχώ». Δηλαδή να ταιριάζω ένα προς ένα τα αντικείμενα που μου έδωσαν με αυτά που βρίσκονται σε κάποιες «σακούλες» που συνιστούν κατά κάποιο τρόπο το παραδεκτό σύνολο σύγκρισης».

Με άλλα λόγια όπως υπάρχει στην Γαλλία το πρότυπο 1 μέτρο μήκους, στο κέντρο Μέτρων και Σταθμών, που με αυτό (πρέπει να) συγκρίνονται όλα τα μέτρα όλου του κόσμου, έτσι θεωρητικά θα σκεπτόμαστε ότι υπάρχει μια (εγκεκριμένη) σειρά από μικρούς σάκους που ο πρώτος περιέχει έναν άλλο τον 0 με τίποτα μέσα και σε αυτόν αντιστοιχεί αυτό που λέμε 1, ο επόμενος περιέχει τον 0 και τον 1 και απέξω γράφει 2, ο 3 περιέχει τρία πράγματα, τον 0 τον 1 και τον 2 και ούτω καθεξής. Φθάνοντας στον οποιονδήποτε ν αριθμό μπορούμε να σκεφθούμε, υπάρχουν όλοι αυτοί οι σάκοι και αυτός που γράφει απέξω ν, άρα μπορούμε να κάνουμε την αντιστοίχιση και να γνωρίζουμε πλέον με βεβαιότητα ποιο είναι και πώς ονομάζεται το περιεχόμενο ενός οποιουδήποτε σάκου τύχει να βρεθεί μπροστά μας.

Να το πούμε και αλλιώς: το πέρασμα από τον ένα φυσικό αριθμό στον επόμενο υποκρύπτει αλλά και απαιτεί αυτήν την στέρεη διαδικασία της αντιστοίχισης.

Και υπάρχει τέλος σε αυτήν την διαδικασία; Κάτι σαν την λύση του γόρδιου δεσμού θα είναι: Να νοήσουμε ότι υπάρχει και ένας τελευταίος σάκος με το σύμβολο ∞ απέξω που θα περιέχει όλους τους άλλους σάκους που αντιστοιχούν στους φυσικούς αριθμούς!

Ταυτόχρονα όμως αυτή όλη η ιστορία μας δίνει να καταλάβουμε πως αυτός ο τελευταίος σάκος δεν θα παίζει με τους υπόλοιπους προηγούμενους, θα τον φυλάγουμε χωριστά. Όπως είχαμε δείξει στο προηγούμενο οι φυσικοί (αλλά και οι άλλοι) αριθμοί δεν κάνουν καλή παρέα με το άπειρο αν δεν έχουν οριστεί πολύ καλά τα όρια όπου κινείται ο καθένας, ιδιαίτερα αν οι φυσικοί τύχαινε να βρεθούν στην επικράτεια του απείρου. Εκεί χρειάζονται «διαβατήριο» και οι κινήσεις τους είναι συγκεριμένες, αυστηρά καθορισμένες και περιορισμένες!

Επιστροφή στις √ρίζες

Πρέπει να είχαμε παρουσιάσει αυτό το πρόβλημα στην εποχή του… χαρτιού, δηλαδή στην εφημερίδα. Ας το δουν όμως και οι νεώτεροι αναγνώστες: Τρεις φίλοι παίζουν σε ένα παιχνίδι όπου σε κάθε γύρο υπάρχουν πάντα δυο νικητές και ένας χαμένος. Ο χαμένος δίνει στον καθένα από τους κερδισμένους ένα ποσό ίσο με αυτό που έχει μπροστά του ο καθένας από τους δυο νικητές. Μετά από τρεις γύρους ο καθένας τους είχε κερδίσει μια φορά και είχε μπροστά του 24 Ευρώ. Με πόσα χρήματα είχε ξεκινήσει ο καθένας;

Απάντηση

Υποθέτουμε ότι στους γύρους 1, 2 και 3 οι χαμένοι ήταν ο Α, ο Β και ο Γ αντίστοιχα. Στο τέλος τα χρήματα στο τραπέζι ήταν συνολικά 3 επί 24 = 72 Ευρώ. Τόσα ήταν και στην αρχή. Στον τρίτο γύρο έχασε ο Γ και πλήρωσε τους Α και Β με τί ποσά; Όσο είχε μπροστά του ο καθένας, άρα πρέπει να είχαν στο τέλος του δευτέρου γύρου από 12 Ευρώ και τους τα διπλασίασε. Αφού τους έδωσε 2 επί 12 = 24 Ευρώ και κατέληξε να του έχουν μείνει 24 πρέπει στο τέλος του δευτέρου γύρου να είχε μπροστά του ο Γ 24+24=48 Ευρώ ενώ οι άλλοι δυο από 12. Πριν τον δεύτερο γύρο αφού οι Α και Γ κέρδισαν μετά από αυτόν θα πει ότι είχαν τα μισά δηλαδή ο Α είχε 6 Ευρώ και ο Γ είχε 24 Ευρώ. Άρα ο Β εκείνη την στιγμή είχε 72-24-6=42 Ευρώ. Επειδή κέρδισε στον πρώτο γύρο θα πει ότι ο Β πριν από αυτόν είχε τα μισά από τα 42 άρα ξεκίνησε με 21 Ευρώ. Ο Γ επίσης κέρδισε άρα ξεκίνησε και αυτός με τα μισά από τα 24 οπότε ξεκίνησε με 12 Ευρώ. Ο Α πλήρωσε στους άλλους 21+12=33 Ευρώ άρα θα πρέπει να είχε 72-33= 39 Ευρώ. Άρα Α: 39, Β: 21, Γ: 12 Ευρώ.

Ωχ! Και άλλα προβλήματα;

1. Σε έναν κήπο τους είχε μείνει μια μεγάλη παλιά ζυγαριά από εκείνες με τους δυο δίσκους και υπήρχε και μια πέτρα εκεί δίπλα που ήξεραν ότι το βάρος της ήταν 40 κιλά. Κάποια στιγμή, από απροσεξία, τους έσπασε σε τέσσερα όχι απαραίτητα ίσα κομμάτια. Από τα κομμάτια όμως αυτά αντιλήφθηκαν ότι μπορούσαν με τα κομμάτια αυτά, κάνοντας διάφορους συνδυασμούς στους δυο δίσκους, μαζί με το ζυγιζόμενο προϊόν, να ζυγίζουν ο,τιδήποτε βρισκόταν στο διάστημα των ακεραίων βαρών από 1 έως 40 κιλά. Ζητούνται τα βάρη των 4 κομματιών που έσπασε σε αυτά η πέτρα.

2. Στο πρόβλημα αυτό μας δίδονται το 0 και οι θετικοί ακέραιοι από το 1 έως το 9. Μας ζητούν να τους τοποθετήσουμε στους 10 κενούς κύκλους, όλους και από μια φορά τον καθένα έτσι ώστε να γίνονται σωστά οι σημειωμένες πράξεις:
Ο + Ο – Ο = Ο
Ο – Ο = Ο
Ο + Ο = Ο

Προσοχή όμως γιατί με αυτό μπορεί να παιδευτούν οι αναγνώστες και οι αναγνώστριες πολύ και να μην τους βγει. Έρχεται όμως ένας καλός άγγελος και τους ψιθυρίζει στο αυτί: «Κοίτα μήπως μπορείς να αποδείξεις ότι αυτό είναι αδύνατον να γίνει».

Ευτυχώς εδώ είναι και οι λύσεις

1. Απάντηση

Με τον ζυγό αυτόν μας δίδεται ότι μπορούμε να αντισταθμίζουμε όλα τα βάρη από το 1 έως το 40 και μάλιστα να διακρίνουμε ίσως με ένα γράμμα α ή δ αν το προς ζύγιση αντικείμενο έχει τοποθετηθεί στον αριστερό ή στον δεξιό δίσκο. Αν συμπεριλάβουμε και την τιμή 0 στις πιθανές τιμές ζύγισης θα μπορούμε να πραγματοποιήσουμε 40+40+1=81=34 διαφορετικές ζυγίσεις. Και μάλιστα όσα γνωστά βάρη θα μπαίνουν στον ίδιο δίσκο με το προς ζύγιση αντικείμενο θα μπαίνουν στον λογαριασμό με αρνητικό πρόσημο! Αν το βάρος των κομματιών που έσπασε η πέτρα συμβολιστεί με α, β, γ, δ και υποθέσουμε ότι α>β>γ>δ θα ισχύει ότι α+β+γ+δ=40 και α+β+γ=39 με δ=1 αφού είναι το μικρότερο ακέραιο βάρος και σχηματίζοντας τον 39 με τους άλλους τρεις πώς θα φθάναμε στον 40;

Για να σχηματίσουμε όλα τα βάρη από (α+ 1) έως 40 σκεπτόμαστε ως εξής: (α+β+γ+δ)=40 άρα(β+γ+δ)=(40-α) και α-(β+γ+δ)=α-(40-α)=(2α-40). Αν δοκιμάσουμε κάποιες τιμές τυχαία π.χ. α=34 οπότε (β+γ+δ)=(40-34)=6 τότε θα διαπιστώσουμε πως με τις τιμές που μπορύν να πάρουν τα β και γ δεν θα μπορέσουμε να φτιάξουμε όλους ανεξαιρέτως τους αριθμούς από το 1 έως το 40. Θα υπάρξει ένα χάσμα. Θα πρέπει επομένως να αναγκάσουμε το (2α-40) να είναι ο επόμενος ακέραιος μετά το (β+γ+δ) δηλαδή ισοδύναμα να είναι ο (40-α)+1 οπότε παίρνουμε την σχέση (40-α)+1= (2α-40) και από αυτήν προκύπτει το α= 27 και στην συνέχεια ότι (β+γ)=12. Τα πιθανά ζευγάρια τιμών για τα β και γ είναι (10,2), (9,3), (7,5). Αλλά από αυτά μόνον με το ζευγάρι (9,3) δημιουργούνται όλοι οι αριθμοί(=βάρη) που μας λείπουν. Και να προσέξουμε ότι τελικά η τετράδα (1, 3 , 9, 27) είναι οι δυνάμεις του 3: (30 , 31, 32 , 33). Άρα αν είχαμε και (μόνον)μια πέτρα με βάρος 34 = 81 κιλά θα μπορούσαμε να ζυγίζουμε ακόμη περισσότερα αντικείμενα.

2. Απάντηση

Ας υποθέσουμε ότι τοποθετούμε στα κουτιά τους γενικούς αριθμούς α, β, γ, δ, ε, στ ζ, η, θ, ι που αντιστοιχούν στους ακεραίους από το 1 έως το 9 μαζί και το 0 . Τότε κοιτάζοντας τους κενούς κύκλους προκύπτουν οι εξής σχέσεις μεταξύ τους:

α + β – γ = δ (1) ε- στ = ζ (2) η + θ = ι (3)

Προσθέτουμε στην (1) το γ και στην (2) το στ και στα δυο μέλη οπότε προκύπτουν οι σχέσεις:

α + β = δ + γ (1’) ε = ζ + στ (2’) η + θ = ι (3’)

Προσθέτουμε κατά μέλη και τις τρεις: α+β+ε+η+θ = δ+γ+ζ+στ+ι (4)

Τώρα προσθέτουμε και όλους από α έως ι μεταξύ τους:

(α+β+γ+δ+ε+στ+ζ+η+θ+ι) = (α+β+ε+η+θ) + (γ+δ+στ+ζ+ι)

Λόγω και της (4) (α+β+γ+δ+ε+στ+ζ+η+θ+ι) = 2(α+β+ε+η+θ).

Αθροίζοντας τους αριθμούς από το 1 έως το 9 παίρνουμε 45 ως αποτέλεσμα άρα θα έχουμε 2(α+β+ε+η+θ) = 45 ή (α+β+ε+η+θ) = (45/2).

Το άθροισμα των ακεραίων όμως εδώ φαίνεται να δίδει στο δεύτερο μέλος μη ακέραιο αριθμό (45/2) = 22,5, όπερ άτοπο. Άρα δεν μπορούν να τοποθετηθούν με κανένα τρόπο οι 0,1,…, 9 στα κουτάκια που μας δόθηκαν.