Πόσα άπειρα υπάρχουν;

Ένα τελευταίο βλέμμα σήμερα στον κόσμο του «απείρου» πριν επιστρέψουμε σε αυτόν των πραγματικών και φανταστικών αριθμών, που όχι μόνον μας περιβάλλουν αλλά αποτελούν ταυτόχρονα και τόσο χρήσιμα εργαλεία.

Παράδοξο ερώτημα που όμως με την απάντησή του ασχολήθηκαν οι επιφανέστεροι μαθηματικοί που υπήρξαν μέχρι τώρα. Με επιφανέστερο όλων τον Γερμανό Γκέοργκ Κάντορ(1845-1918). Άρα δεν πρόκειται για κάτι που η σοβαρότητά του αμφισβητείται, ενώ οι παραγωγικοί συλλογισμοί ξεκινούν από πολύ πιο μακριά.

Ως μια εικόνα, σχετική με το παραπάνω σκεφθείτε το σύνολο Α, όλων των θετικών ακεραίων και το σύνολο Β, όλων των θετικών πολλαπλασίων του 5. Είναι λίγο περίεργο για τους «μη μυημένους», αλλά τελικά θα πρέπει να συνηθίσει και κάποιος που δεν είναι μαθηματικός το γεγονός ότι μπορεί να αποκατασταθεί μια (1 προς 1) αντιστοιχία μελών για τα δυο αυτά σύνολα. Αφού μπορούμε να παραθέσουμε δίπλα-δίπλα τα μέλη τους χωρίς κανένα πρόβλημα: 1->5, 2->10, 3->15, … ατελείωτα, δεν επιτρέπεται στα Μαθηματικά να πούμε ότι το ένα είναι «μικρότερο» από το άλλο.

Το καθένα από τα δυο είναι ένα άπειρο σύνολο (δηλαδή με άπειρο αριθμό μελών), και αυτό τα ξεχωρίζει από οποιοδήποτε άλλο σύνολο που τα μέλη του τα γνωρίζουμε ακριβώς και από πριν ως προς τον αριθμό τους (=αριθμήσιμα σύνολα). Είναι αυτό το «βηματάκι»(;!!!) που έκανε το ανθρώπινο μυαλό ξεχωρίζοντας τα πεπερασμένα (ως προς το πλήθος τους) σύνολα από εκείνα όπου μπορούμε αδιάκοπα με έναν μηχανισμό να παράγουμε καινούρια μέλη. Τέτοια είναι και τα εξής δυο: 1)Οι φυσικοί αριθμοί από την μια πλευρά, που ο καθένας νέος προκύπτει αυξάνοντας τον προηγούμενο κατά μια μονάδα και 2) το σύνολο αυτών που αρχίζοντας από το 5 ο επόμενος διαφέρει κατά 5 μονάδες. Αν και μπορεί να μπείτε στον πειρασμό να σκεφτείτε ότι υπάρχουν πέντε φορές περισσότεροι αριθμοί στο σύνολο των θετικών ακεραίων από το σύνολο των πολλαπλασίων του 5, το ότι μπορείτε να κάνετε μια αντιστοιχία 1 προς 1 μεταξύ τους, συνεχίζοντας «επ’ άπειρον» σημαίνει ότι στα Μαθηματικά και για τα Μαθηματικά έχουν το ίδιο μέγεθος.

Αν όμως προσπαθήσουμε να κάνουμε το ίδιο ανάμεσα στο σύνολο των θετικών ακεραίων και στο σύνολο των πραγματικών αριθμών θα χτυπήσουμε σε τοίχο. Να πάει το 1 με το 0, το 2 με το 0,1 κα το 3 με το 0,01; Και όλοι αυτοί, για παράδειγμα, οι αναρίθμητοι ως προς το πλήθος αριθμοί που υπάρχουν μεταξύ 0 και (0,1); Και εκείνοι μεταξύ 0,1 και 0,01;

Άρα και στον κόσμο του απείρου έχουμε «φυλετικές» διακρίσεις και κάποια σύνολα είναι λιγότερο ίσα από κάποια άλλα. Διακρίνουμε δηλαδή περισσότερα από ένα άπειρα, που διαφέρουν μεταξύ τους!

Δεν θα επεκταθούμε περισσότερο αλλά κάτι τελευταίο είναι χρήσιμο και απαραίτητο. Ας θεωρήσουμε τα εξής δυο σύνολα:

{ 1/2, 2/3, 3/4, …, N/N+1, … } και { 1/2, 2/3, 3/4, …, N/N+1, …, 1 }.

Έχουν διαφορετικό τύπο «τάξης», επειδή η εσωτερική τους διάταξη είναι δομικά διαφορετική – δηλαδή ΔΕΝ είναι δυνατό να αντιστοιχίσει κανείς τα δύο σύνολα διατηρώντας την τάξη. Αυτό μπορεί να φανεί σημειώνοντας ότι το στοιχείο 1 στο δεύτερο σύνολο έχει άπειρους προκατόχους, τους οποίους κανένα στοιχείο στο πρώτο σύνολο δεν έχει. Ο Κάντορ ονομάζει τον τύπο σειράς αυτού του συνόλου ως ω + 1 . Αν προσθέταμε και το 2 στο δεύτερο σετ, τότε θα κάναμε λόγο για άπειρο ω+2 και ούτω καθεξής. Έτσι, αυτό που ανακάλυψε ο Κάντορ είναι μια πολύ περίπλοκη επισήμανση για την περιγραφή πολύ περίπλοκων συνόλων πραγματικών αριθμών (ή όπως το θεωρούσε, σημείων στην ευθεία των αριθμών). Ήταν μια επισήμανση που κατάλαβε ότι θα μπορούσε να οδηγήσει σε ένα σύστημα άπειρων συνόλων που έχει τους δικούς του κανόνες αριθμητικής. Δηλαδή έχουμε πολλά άπειρα(άπειρα για να κυριολεκτούμε) και πρόκειται για έναν κόσμο ξεχωριστό από τον πολύ πιο οικείο σε εμάς με τις γνωστές πράξεις μεταξύ των αριθμών.

Επιστροφή στις √ρίζες

Όταν μας φιλοξενούσε η εφημερίδα, ένα από τα κλασικά προβλήματα που βρισκόταν σε κυκλοφορία στο Διαδίκτυο ήταν τα φυτίλια με ορισμένο μήκος που όμως ενδιάμεσα καίγονται ακανόνιστα αλλά το ολοκληρωτικό τους κάψιμο ή τα κλάσματά τους καίγονται σε αυστηρά καθορισμένο χρόνο. Έχουμε επ’ αυτού το εξής (που μπορούμε να ζητήσουμε και από μικρότερους φίλους την λύση του): Διαθέτουμε μόνον δυο σπίρτα και δυο φυτίλια Α και Β. Αυτά καίγονται ακανόνιστα μεν αλλά η ολοκληρωτική καύση τους τελειώνει ακριβώς σε 50 και σε 24 λεπτά αντίστοιχα. Θέλουμε να καούν μέσα σε χρόνο 31 λεπτών ακριβώς. Πώς θα το κάνουμε αυτό;

Απάντηση

Ανάβουμε χάρη στο πρώτο σπίρτο τις δυο άκρες του Β και την μια άκρη του Α. Όταν θα έχει καεί όλο το Β θα έχουν παρέλθει 12 λεπτά και από το Α θα έχει μείνει ανέπαφο τμήμα που αντιστοιχεί σε 50-12=38 λεπτά. Με το δεύτερο σπίρτο ανάβουμε κα τα δυο άκρα του Α και αυτά θα καούν σε (38/2=)19 λεπτά. Οπότε 12+19=31 λεπτά.

Και κάτι που δεν το είχαμε ζητήσει έως τώρα.

Μαθηματικό Αίνιγμα: Τι είναι αυτό που όταν το κόψουμε στην μέση, το μήκος του διπλασιάζεται;

Η απάντηση την επόμενη φορά.

Ωχ και άλλα προβλήματα;

1. Λίγη Γεωμετρία πρώτα, που έχει μεγάλη ζήτηση από τους αναγνώστες (!): Δίδονται έξι σημεία επάνω σε μια ευθεία, από αριστερά προς τα δεξιά τα Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ. Αν Η είναι ένα σημείο εκτός της ευθείας, μας δίδονται τα εξής μήκη: ΑΓ=26, ΒΔ=22, ΓΕ=31, ΔΖ=33, ΑΖ=73, ΓΗ=40, ΔΗ=30. Να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου ΒΗΕ.

2. Κάτι μεταξύ γεωμετρίας και αριθμητικής που ίσως κάποιοι να μην το έχουν προσέξει. Είναι σχετικό με τις πυθαγόρειες τριάδες, δηλαδή με τους τρεις ακεραίους θετικούς αριθμούς(α,β,γ) που μπορουν να είναι και μήκη των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου( ακολουθώντας την σχέση: α2 + β2 = γ2 ). Γι’ αυτές υπάρχει η εξής (χρήσιμη)παρατήρηση(που κάποιες φορές δεν γίνεται στο σχολείο): Κάθε τέτοια τριάδα έχει έναν αριθμό διαιρετό ακριβώς με 3, έναν διαιρετό με το 4 και έναν διαιρετό με το 5. Θέλουμε και να το επιβεβαιώσουμε.(Προσοχή σε μια τριάδα μπορεί ένας από τους τρεις να διαρείται ταυτόχρονα από δυο εκ των 3,4,5 και ένας άλλος από κανέναν όπως π.χ. στην (5,12,13) όπου ο 5 διαρείται με 5, ο 12 διαρείται και με 3 και με 4 ενώ ο 13 είναι πρώτος).

Ευτυχώς εδώ είναι και οι λύσεις

1. Απάντηση

Ορίζουμε επάνω στην ευθεία τα μήκη: (ΑΒ)=α, (ΒΓ)=β, (ΓΔ)=γ, (ΔΕ)=δ, (ΕΖ)= ε.

Θα ισχύει ότι (ΑΖ)= α+β+γ+δ+ε = 73. Επίσης (α+β)=26, (β+γ)=22, (γ+δ)=31, (δ+ε)=33. Η α+β+γ+δ+ε = 73 γράφεται ως εξής: α+(β+γ)+(δ+ε)= 73 οπότε α=(73-55)=18. Άρα β=8, γ=14 και δ=17. Για το ζητούμενο τρίγωνο ΒΕΗ η βάση του θα έχει μήκος (ΒΕ)=(β+γ+δ)=39. Το εμβαδόν του τριγώνου ΗΓΔ θα δίδεται από τον τύπο του Ήρωνα με την τετραγωνική ρίζα: √τ(τ-ΓΔ)(τ-ΔΗ)(τ-ΗΓ) όπου τ η ημιπερίμετρος εδώ (14+30+40)/2=42 άρα το εμβαδόν θα είναι τελικά √42x28x12x2 δηλαδή 168. Επειδή τα δυοτρίγωνα, (ΓΔΗ) και (ΒΕΗ) έχουν το ίδιο ύψος ο λόγο των εμβαδών τους θα είναι όσο και ο λόγος των πλευρών όπου το ίχνος του ύψους άρα (8+14+17)/14 ή (39/14). Άρα το εμβαδόν του (ΒΕΗ) θα είναι (39/14)x168= 468.

2. Απάντηση

Περίπτωση για διαιρετότητα με το 4 : Ο ένας από τους τρεις θα διαιρείται με το 4. Μια πρώτη παρατήρηση είναι ότι σε κάθε τριάδα, ένας από τους α,β,γ θα είναι άρτιος. Από την α2 + β2 = γ2 θα έχουμε ότι πάντα ένας από τους τρεις θα είναι άρτιος. Ακόμη και αν οι α, β είναι περιττοί ο γ2 ως άθροισμά τους θα είναι άρτιος, άρα και ο γ. Αλλά θα πρέπει για την διαιρετότητα με το 4 να εξετάσουμε τις εξής περιπτώσεις χωριστά.

Υποπερίπτωση 1: Αν ο γ θα είναι άρτιος τότε γ=2δ άρα α2 + β2 = 4δ2 . Αλλά τότε αν ο α είναι περιττός τότε και ο β θα είναι περιττός για να έχουν άθροισμα άρτιο, οπότε θα είναι της μορφής: α=2μ-1 και β=2ν-1 που όταν τεθούν στην α2 + β2 = 4δ2 τελικά θα προκύψει η μ2 – μ + ν2 + ν +(1/2) = δ2. Αυτή η τελευταία δείχνει ότι ο δ δεν θα είναι ακέραιος. Άρα ήταν άτοπο να υποθέσουμε ότι α και β ήταν περιτοί. Θα είναι και οι δυο άρτιοι α=2μ και β=2ν. Στην τριάδα θα δώσουν τελικά μ2 + ν2 = δ2 . Που είναι μια ακόμη πυθαγόρεια τριάδα οπότε ένας εκ των μ, ν, δ θα είναι άρτιος οπότε ο 4 θα διαρεί κάποιον εκ των α, β, γ.

Υποπερίπτωση 2: Αν ο γ είναι περιττός τότε οι α και β θα είναι ένας περιττός κα ένας άρτιος. Υποθέτουμε πως ο α είναι περιττός και ο β άρτιος. Τότε θα είναι της μορφής α= (2μ-1), β=2π και γ=(2ν-1). Οπότε η γνωστή σχέση α2 + β2 = γ2 γίνεται: (2μ-1)2 + 4π2 =(2ν-1)2 και κρατώντας μόνον το 4π2 αριστερά έχουμε: 4π2 = (2ν-1)2 – (2μ-1)2. Ανα πτύσσοντας την διαφορά τετραγώνων και βγάζοντας κοινο΄ς παράγοντες θα καταλήξουμε στην σχέση: π2 = ν(ν-1) – μ(μ-1). Όμως αυτά τα γινόμενα στο δεύτερο μέλος είναι ανα δυο διαδοχικοί αριθμοί που πολλαπλασιάζονται μεταξύ τους και αυτό το γινόμενο είναι πάντα άριος αριθμός άρα και ο π είναι άρτιος δηλαδή της μορφής π=2ρ οπότε και β=2×2ρ= 4ρ άρα ο β πολλαπλάσιο του 4.

Περίπτωση για διαιρετότητα με το 3: Ένας από τους τρεις θα διαιρείται ακριβώς και από το 3. Αν ο 3 διαρεί ακριβώς έναν από τους α και γ δεν χρειάζεται άλλη διερεύνηση. Αν όμως όχι κανουμε το εξής: από την α2 + β2 = γ2 παίρνουμε β2 = γ2 – α2 =(γ-α)(γ+α). Θεωρούμε ότι γ=3κ+ρ και α=3μ+π.Με κ, μ ακεραίους >= 0 και ρ, π θετικούς ακεραίους <3. Τότε θα έχουμε ότι (γ-α)=3(κ-μ) + (ρ-π) και (γ+α) = 3(κ+μ) + (ρ+π). Οι ρ και π θα έχουν τιμές 1 ή 2 όχι απαραίτητα ταυτόχρονα. Αν ρ = π τότε (γ-α)=3(κ-μ) άρα ο 3 διαιρεί ακριβώς τον (γ-α) άρα και τον β2 και τον β. Αν οι ρ και π έχουν ο ένας τιμή 2 και ο άλλος τιμή 1 τότε ο (γ+α) θα είναι πολλαπλάσιο του 3 άρα και ο β2 και ο β.

Περίπτωση για διαιρετότητα με το το 5: Υποθέτουμε ότι το 5 δεν διαιρεί ακριβώς κάποιον εκ των α και β. Τα τελευταία ψηφία του α και του β επομένως θα είναι κάποια από τους 1,2,3,4,6,7,8,9. Άρα στους α2 και β2 τα τελευταία ψηφία θα είναι ένας εκ των 1,4,6 και 9. Άρα για το άθροισμα (α2 + β2) τα πιθανά τελευταία ψηφία θα ήταν 0,2,3,5,7,8. Αλλά για να είναι τέλειο τετράγωνο το άθροισμα όπως το υποδεικνύει η α2 + β2 = γ2 τα τελευταία ψηφία στο άθροισμα(α2 + β2) θα είναι υποχρεωτικά το 0 ή το 5 και μόνον. Άρα ο γ2 και επομένως και ο γ θα είναι πολλαπλάσια του 5.