Παρά την έλευση του Σεπτεμβρίου, η στήλη συνεχίζει σε καλοκαιρινούς ρυθμούς με έμφαση στα κουίζ. Σήμερα δίνεται η πλήρης λύση στο κάπως μπερδεμένο πρόβλημα με το ποταμόπλοιο και τα δύο λιμάνια. «E la nave va» (και το πλοίο φεύγει), όπως θα έλεγε και ο Φεντερίκο Φελίνι.
Θυμίζουμε το πρόβλημα: Ενα ποταμόπλοιο αναχωρεί από την αποβάθρα 1 και ανεβαίνει κόντρα στο ρεύμα έως την αποβάθρα 2 μέσα σε 20 ώρες. Στην επιστροφή από τη 2 μέχρι την 1 χρειάζεται μόνο 15 ώρες. Αν δεν υπήρχε το ρεύμα του ποταμού σε πόσες ώρες θα έκανε το ταξίδι από την 1 στη 2;
Λύση 1: Υποθέτουμε πως η ταχύτητα του πλοίου είναι σταθερή Π και η ταχύτητα του ρεύματος είναι σταθερά ρ (με όποιες μονάδες ταχύτητας θέλουμε). Από τη γνωστή σχέση για την ομαλή ταχύτητα (v=s/t) ανεβαίνοντας κόντρα στο ρεύμα η ταχύτητα θα είναι (Π-ρ) και κατεβαίνοντας (Π+ρ). Επειδή όμως η απόσταση είναι ίδια θα ισχύει, βάζοντας μέσα και τους χρόνους, ότι (Π-ρ) x 20 = (Π+ρ) x 15. Και από αυτήν προκύπτει η σχέση: Π = 7ρ.
Πάλι με βάση τη v=s/t ή t=s/v θα έχουμε για τον χρόνο καθόδου: (Π+ρ) x 15/Π που δίνει (8ρ/7ρ)x15 = (8/7) x 15 = (120/7) = 17,1428571 ώρες.
Λύση 2: Υπάρχει και η παρακάτω πολύ αξιοπρόσεκτη λύση: Ορίζουμε αυθαίρετα την απόσταση ΑΒ ότι έχει μήκος 60 Μ (Μονάδες μήκους). Αρα η ταχύτητα με το ρεύμα κόντρα είναι 60/20= 3 Μ/ώρα και με το ρεύμα μαζί 60/15=4 Μ/ώρα. Αρα το ρεύμα προσθέτει ή αφαιρεί 0,5 Μ/ώρα. Αρα το πλοίο έχει ταχύτητα 3,5 Μ/ώρα. Αρα ο χρόνος χωρίς το ρεύμα θα είναι 60/3,5 = 17,1428571 ώρες.
Αξίζει να σημειωθεί ότι ο υπολογισμός 20+15/2 είναι εντελώς λάθος αφού μέσα εκεί βρίσκεται ανακατεμένη και η επιρροή του ρεύματος.
Τέλος, μια λύση που υπάρχει σε βιβλίο του διάσημου συγγραφέα μαθηματικών γρίφων και παραδόξων Μάρτιν Γκάρντνερ (1914-2010) αποτελεί μια μάλλον βιαστική αντιγραφή της προγενέστερης λύσης του Χένρι Ντάντενι (1857-1930). Οι εξισώσεις δεν βγαίνουν, ενώ είναι λανθασμένες ακόμη και οι μονάδες μέτρησης!
Οι μαθητές,τα καπέλα και η εκδρομή
Τελειώνουμε σήμερα και με τους μαθητές που τους φόρεσαν εντελώς τυχαία κόκκινα ή μπλε καπέλα. Βλέπουν όλοι όλους αλλά δεν ξέρουν το χρώμα του δικού τους καπέλου. Ο καθένας έχει μπροστά του 3 πλήκτρα για μπλε, κόκκινο, πάσο (δηλαδή δεν δίνω κάποιο από τα δυο χρώματα). Πατούν όλοι υποχρεωτικά και ταυτόχρονα ένα από τα τρία πλήκτρα μόλις δοθεί το σύνθημα. Αν πάνε όλοι πάσο, χάνουν. Τι συνεννόηση από πριν θα μεγαλώσει τις πιθανότητες για να μαντέψουν σωστά το χρώμα τους; Είμαστε ακόμη στους 3 μαθητές, τους προσδιορίζουμε ως Α, Β, Γ και αντί για μπλε και κόκκινο χρώμα αντιστοιχούμε το 0 και το 1. Οι συνδυασμοί καπέλων τότε θα είναι της μορφής: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111. Με το σκεπτικό που αναπτύξαμε την προηγούμενη φορά έβγαινε πως όταν όλοι φορούν το ίδιο χρώμα, μαντεύουν όλοι λάθος. Αυτές είναι οι δυο περιπτώσεις 000 και 111, οι «κακές περιπτώσεις». Οι άλλες έξι μπορούν να δώσουν επιτυχημένες υποδείξεις χρώματος.
Δεν είναι τυχαίο που διαλέξαμε αντί για χρώματα τα ψηφία 0 και 1. Το πρόβλημα παίρνει πολύ ενδιαφέρουσες διαστάσεις αν το επεκτείνουμε σε ν μαθητές. Κατ’ αρχάς εισάγεται η έννοια της «πλησίον διάταξης» (close configuration): Λέμε πως μια σειρά (string) από 0 και 1 είναι πλησίον σε μια άλλη αν 1) είναι ίδιες ή 2) διαφέρουν μόνο σε μια θέση. Π.χ. οι 110 και 100 είναι «πλησίον» ενώ οι 101 και 010 όχι. Προσέξτε πως οι έξι είναι όλες «πλησίον» σε μια (αλλά όχι και τις δυο) από τις δυο «κακές».
Στη συνέχεια επισημαίνονται οι «κακές διατάξεις» και ο κάθε μαθητής όταν δεν βλέπει κάποια από αυτές πατάει πάσο. Οποιος βλέπει κακή, πατάει το αντίθετο χρώμα. Εδώ σταματάμε, αν και υπάρχει ακόμη πολύ «ψωμί», με την υπόδειξη ότι εδώ ακριβώς αρχίζει η θεωρία των κωδικών Hamming, που βοήθησαν να μεταδίδονται τα ψηφιακά σήματα με τρόπο ώστε και αν γινόταν ένα λάθος σε ένα ψηφίο, αυτό να ανακαλύπτεται και να διορθώνεται αυτόματα!
Πνευματική Γυμναστική
1Μια ιδανική άσκηση για παιδιά που μαθαίνουν να μετρούν μέχρι το 1.000 (και ενηλίκους που τους αρέσει να παιδεύονται χωρίς χαρτί και μολύβι): Σε μια παλαιοχριστιανική εκκλησία, στον εσπερινό, εκτελούνται κάθε ημέρα 5 ψαλμοί από ένα βιβλίο με οκτακόσιους ψαλμούς αριθμημένους από το 1 έως το 800 που αναγγέλλονται από το πρωί. Επάνω σε ένα ξύλινο πλαίσιο τοποθετούνται κάθε ημέρα, ο ένας κάτω από τον άλλον, οι αριθμοί των ψαλμών που θα εκτελεστούν. Τα ψηφία τους είναι τυπωμένα επάνω σε μικρές τετράγωνες τσίγκινες πινακίδες. Π.χ. αν για σήμερα θα ακουστούν οι 8, 13, 99, 100, 657, χρειάστηκαν συνολικά 11 τσίγκινες πινακίδες. Καθεμιά κοστίζει 1 ευρώ και η εκτύπωση του ψηφίου σε αυτή 25 σεντ. Οι επίτροποι θέλουν να κάνουν οικονομία. Πόσες πρέπει να προμηθευτούν και με ποια ψηφία ώστε να καλύπτουν όλους τους αριθμούς αλλά και με τη μεγαλύτερη δυνατή οικονομία (εκτύπωση υπό… προϋποθέσεις μπορεί να γίνει και στις δυο όψεις).
2Εχουμε μια ορθογώνια πλάκα σοκολάτας χωρισμένη κλασικά σε μικρά ίσα μεταξύ τους τετραγωνάκια. Πόσα σπασίματα το ελάχιστο χρειάζεται να γίνουν ώστε να μείνει κάθε τετραγωνάκι χωριστά; (Χρειαζόμαστε όσο πιο μαθηματική απόδειξη γίνεται.)
3Επάνω σε ένα ξύλινο ισόπλευρο τρίγωνο βρίσκονται τρία σκαθαράκια, από ένα σε κάθε γωνία. Ξεκινούν ταυτόχρονα να κινούνται επάνω στις πλευρές το καθένα προς μια από τις άλλες δυο γωνίες εντελώς τυχαία. Ποια είναι η πιθανότητα να μη συγκρουστούν;
Η απάντηση στο προηγούμενο κουίζ
Κάποιος διάλεξε έναν πενταψήφιο αριθμό και στη συνέχεια του έκοψε ένα ψηφίο (δεν μας δίνεται εξαρχής από ποια θέση, πρέπει να το βρούμε εμείς) δημιουργώντας έναν τετραψήφιο αριθμό. Το άθροισμα του πενταψήφιου και του νέου τετραψήφιου είναι ο ακέραιος 52.713. Ποιο είναι το άθροισμα των ψηφίων που αποτελούσαν τον αρχικό πενταψήφιο αριθμό; Ξεκίνημα με την παρατήρηση ότι κόπηκε το τελευταίο δεξιά ψηφίο του πενταψήφιου αριθμού διότι στο άθροισμά του μαζί με τον προκύπτοντα τετραψήφιο το αποτέλεσμα είναι περιττός αριθμός (ο 3), ενώ αν είχε μείνει ίδιο το τελευταίο ψηφίο το άθροισμα θα έδινε άρτιο. Αν λοιπόν ο πενταψήφιος ήταν ο «αβγδε», ο τετραψήφιος ήταν ο «αβγδ», οπότε: αβγδε + αβγδ = 52.713, οπότε 52.713 = (αβγδ0 +ε) + (αβγδ) =(αβγδ)x10 +ε + (αβγδ) = 11(αβγδ) + ε. Επειδή 52.713 διά 11 δίνει 4.792 και υπόλοιπο 1, θα πρέπει ο αβγδε να είναι ο 47.921 με άθροισμα ψηφίων 23.
