Από την προηγούμενη Κυριακή αρχίσαμε ένα ταξίδι σχετικό με το πώς έκαναν υπολογισμούς με τα κλάσματα οι άνθρωποι στην αρχαία Αίγυπτο. Αν ζούσαμε μάλιστα γύρω στο 1858, θα άξιζε να συνοδεύσουμε έως το Λούξορ έναν σκωτσέζο παλαιοπώλη, τον Αλεξάντερ Ριντ. Για την αγορά από αρχαιοκαπήλους ενός παπύρου γραμμένου το 1550 π.Χ. που κάποιος γραμματικός-αντιγραφέας, ο Αχμές, για καλή μας τύχη, αποτύπωσε επάνω του πολλά σχετικά με τη διαχείριση των κλασμάτων. Η αγοραπωλησία πήγε καλά και σήμερα, χάρη στον πάπυρο Αχμές-Ριντ, που φυλάσσεται στο Βρετανικό Μουσείο, ξέρουμε πώς κάθε κλάσμα με αριθμητή μεγαλύτερο από το ένα φρόντιζαν να το αναλύουν σε ένα άθροισμα κλασμάτων με αριθμητή πάντα τη μονάδα.

 Δίκαιη διαίρεση

Σήμερα εμείς δεν κάνουμε κάτι τέτοιο, ούτε καν ως άσκηση στο σχολείο δεν δίδεται παρ’ όλο που φωτίζει τα κλάσματα και από μια άλλη γωνία. Δείξαμε στο προηγούμενο τεύχος πως υπάρχει ένας πολύ πρακτικός συλλογισμός ώστε όποιος θέλει να καταλαβαίνει αλλά και να φέρει εις πέρας αυτή την ανάλυση σε άθροισμα κλασμάτων. Δίνουμε άλλο ένα παράδειγμα με το κλάσμα (4/5): Φανταζόμαστε πως έχουμε να μοιράσουμε 4 ψωμιά σε 5 εργάτες. Τα κόβουμε πρώτα σε όσο γίνεται μεγαλύτερα κομμάτια αλλά έτσι ώστε τα κομμάτια να είναι περισσότερα από τους εργάτες. Εδώ λοιπόν κόβοντας στη μέση το κάθε ένα έχουμε 8 μισά, δηλαδή οκτώ (1/2), οπότε δίνουμε από ένα μισό στον καθένα και μας περισσεύουν τρία μισά. Τα τρία αυτά μισά τα κόβουμε και πάλι στη μέση. Προκύπτουν 6 μισά των μισών δηλαδή το καθένα είναι (1/4) του αρχικού ψωμιού. Δίνουμε από ένα και περισσεύει και (1/4). Αυτό για να μοιραστεί δίκαια στους πέντε κόβεται στα πέντε και έτσι το καθένα κομμάτι είναι το (1/5) του (1/4), άρα το (1/20) του αρχικού. Ετσι το (4/5) μπορούμε τώρα να το δούμε να αναλύεται ως εξής: (4/5) = (1/2) + (1/4) + (1/20). Επαλήθευση: 0.8 = 0.5 + 0.25 + 0.05.

Το μυστηριακό ένα έβδομο

Εδώ να θυμόμαστε πάντα τρία πράγματα: ι) Ενα κλάσμα μπορεί να αναλυθεί με περισσότερους από έναν τρόπους, ιι) υπήρχε μια απέχθεια να εμφανίζεται στο τελικό άθροισμα το ίδιο κλάσμα παραπάνω από μία φορά και ιιι) Η έννοια των κλασμάτων στους αιγύπτιους μαθηματικούς δεν συμπίπτει εντελώς με τη σημερινή δική μας. Το (1/7) ήταν για εκείνους κάτι το ξεχωριστό και αυθύπαρκτο που δεν μπορούσε να αναπαραχθεί απλά για να δώσει (2/7) ή περισσότερα.

Πριν αφήσουμε αυτή την ενότητα θεωρώ σκόπιμο να απαντηθεί η πολύ δικαιολογημένη ερώτηση: σε πόσα κλάσματα μπορεί να ήταν απαραίτητο να αναλυθεί με αυτό τον τρόπο ένα κλάσμα του τύπου (μ/ν) με μ<ν; Μπορεί να ήταν και άπειρα;

Υπάρχει απάντηση-απόδειξη γι’ αυτήν και ξεκινάει με την υπόθεση: ν = κμ +ρ με 1<= ρ =< μ – 1 και 1 <= κ. Από αυτές αμέσως προκύπτει ότι κμ < ν (αφού ν = κμ +ρ). Αλλά κμ +ρ < κμ  + μ = μ(κ + 1) διότι ρ <= μ – 1. Με μια ματιά στις προηγούμενες βλέπουμε ότι: κμ < μ(κ + 1). Αν αντιστρέψουμε, αφού όλοι είναι θετικοί, θα έχουμε  (1/μ(κ + 1)) < (1/ν) < (1/κμ) ή τελικά:  (1/(κ + 1)) < (μ/ν) < (1/κ). Και αυτό σημαίνει πως κάθε φορά για την ανάλυση σε κλάσματα με αριθμητή τη μονάδα το επόμενο κλάσμα θα είναι το (1/(κ + 1)) που θα αφαιρείται από το προηγούμενο. Οπως θα δείξουμε την επόμενη φορά αυτό εγγυάται ότι δεν χρειάζονται περισσότερα από (μ -1) κλάσματα για την πλήρη ανάλυση.

Πνευματική γυμναστική

  1. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός που μπορούμε να φτιάξουμε συνδυάζοντας τρεις ακέραιους μονοψήφιους αριθμούς;
  2. Ποια είναι η πιθανότητα ανακατεύοντας την τράπουλα ο εκάστοτε συνδυασμός των φύλλων να έχει εμφανιστεί ξανά από τότε που δημιουργήθηκε η Γη (πριν από 4,5 δισεκατομμύρια χρόνια);

Οι λύσεις των προηγούμενων κουίζ

1. Είχαμε δώσει ένα εύκολο πρόβλημα που αναφέρεται ως «πρόβλημα του Ευκλείδη» από την Παλατινή Ανθολογία του Κ. Κεφαλά: Ενας γάιδαρος και ένα μουλάρι μεταφέρουν σάκους με μήλα. Επειδή στον δρόμο ο γάιδαρος παραπονέθηκε για το φορτίο του, ο τετράποδος συνοδοιπόρος του είπε: Αν μου δώσεις ένα σακί θα κουβαλάω τα διπλάσια από εσένα και αν σου δώσω εγώ ένα τότε θα κουβαλάμε τα ίδια. Η αλγεβρική λύση για να βρεθεί πόσα κουβαλούσε ο καθένας τους είναι πολύ απλή. Αν Γ είναι το αρχικό φορτίο του παραπονούμενου και Μ το αρχικό φορτίο του πιο συνετού θα ισχύουν δύο εξισώσεις: Μ + 1 = 2(Γ -1) και (Μ – 1) = Γ + 1 και από αυτές εύκολα προκύπτει ότι Γ = 5 και Μ = 7. Η πρόκληση όμως εδώ είναι το πώς θα μπορούσε να διδαχθεί αυτή η λύση σε παιδιά που έχουν ακόμη μόνον γνώσεις Πρακτικής Αριθμητικής. Κάποιος αναγνώστης κάποια ιδέα;

2. Εδώ είχαμε ένα αεροπλάνο που κινείται από το σημείο Α έως το σημείο Β με τη φορά του ανέμου και με σταθερή ταχύτητα. Επιστρέφει στο Α χωρίς να προσγειωθεί, αυτή τη φορά έχοντας κόντρα τον άνεμο. Το ταξίδι του αυτό παίρνει περισσότερο χρόνο, λιγότερο ή μήπως ίσο με τον χρόνο που θα έκανε αν δεν φυσούσε; Από τη Φυσική δανειζόμαστε τον τύπο για την ομαλή ταχύτητα: V = (S/T), που προκύπτει αν διαιρέσουμε το διανυόμενο διάστημα με τον αντίστοιχο χρόνο του ταξιδιού. Αρα ο χρόνος πήγαινε-έλα χωρίς άνεμο θα είναι: ΤΧ = (S / V ) όπου V η σταθερή ταχύτητα του αεροπλάνου. Αν Α είναι η ταχύτητα του ανέμου, όταν ο άνεμος είναι κόντρα η ταχύτητα του αεροπλάνου γίνεται V – A και όταν το αεροπλάνο πάει με την κατεύθυνση του ανέμου V + A. Για το πήγαινε-έλα ο χρόνος θα είναι: T = ((S/2) / (V + A) ) + ((S/2)/V – A)) και κάνοντας τις πράξεις φθάνουμε στη μορφή: T = (S/2)[2V/(V +A)(V – A)] και από εκεί αφού ΤΧ = (S / V ) στο: (TX / T) = 1 – (A/V)2 που είναι < 1 . Αρα με την επίδραση του ανέμου ο χρόνος ταξιδιού γίνεται μεγαλύτερος. Και αν Α = V, στην επιστροφή το ταξίδι γίνεται αδύνατο.

Έντυπη έκδοση Το Βήμα

Γράψτε το σχόλιό σας

Ακολουθήστε το στο Google News και μάθετε πρώτοι όλες τις ειδήσεις
Δείτε όλες τις τελευταίες Ειδήσεις από την Ελλάδα και τον Κόσμο, στο