Σε ημέρες όπως αυτές, όπου έστω και με ειδικές συνθήκες συνυπάρχουν το πένθος και ο εορτασμός, είτε είναι κάποιος θρησκευόμενος είτε άθρησκος, είναι αρκετά καταπραϋντικό να ρίξει μια ματιά σε κάποιες από τις σελίδες που έχει γράψει η Σιμόν Βέιλ (1909-1943), γαλλίδα φιλόσοφος και ακτιβίστρια, σε δύσκολους καιρούς, που λάτρεψε τα μαθηματικά. Οντας και αδελφή του Αντρέ Βέιλ, ενός από τους μεγαλύτερους μαθηματικούς, ειδικά στον τομέα της Θεωρίας των Αριθμών.

Μένει στη μνήμη όχι μόνον η φράση της: «Κάθε φορά που σκέπτομαι τη σταύρωση του Χριστού διαπράττω το αμάρτημα της ζήλιας» αλλά και γιατί θεωρούσε τα μαθηματικά ως πρότυπο σκέψης και γέφυρα προς το θείο χωρίς να αποσυνδέεται αυτό από το να σπουδάζει τα φυσικά πράγματα. Οπως έγραψε: «Ο Θεός είναι γεωμέτρης, όχι αλγεβριστής». Δεν δίσταζε μάλιστα να συμπεριλαμβάνει στα δωρεάν μαθήματα που έκανε για ανθρώπους της εργατικής τάξης και μαθήματα γεωμετρίας.

Ενα διάσημο πρόβλημα

Και εμείς σήμερα και την επόμενη φορά με τη βοήθεια των μαθηματικών θα αναλύσουμε δυο αριθμητικά προβλήματα, από τα πιο διάσημα όμως, που πέφτεις επάνω τους συχνά στο Διαδίκτυο. Ασχολούμαστε με αυτά διότι οι λύσεις που παρουσιάζονται έχουν ενδιαφέρον, αλλά αφήνουν κάποια σκοτεινά σημεία.

Στο πρώτο λοιπόν έχουμε ένα κτίριο με 100 ορόφους και 2 αβγά. Θεωρούμε πως είναι αρκετά γερά ώστε να μη γνωρίζουμε από ποιον όροφο αν πέσουν θα σπάσουν. Ψάχνουμε λοιπόν να βρούμε μια στρατηγική ώστε πετώντας το ένα μετά το άλλο, με τις λιγότερες δυνατές προσπάθειες, να βρούμε ποιος είναι ο ψηλότερος όροφος που αν πέσει από αυτόν ένα αβγό δεν θα σπάσει. Οι προδιαγραφές είναι: Ενα αβγό που δεν σπάει από μια πτώση από όροφο μπορεί να χρησιμοποιηθεί ξανά. Οταν ένα αβγό δεν σπάσει θεωρούμε πως δεν θα σπάσει αν το ρίξουμε και από οποιονδήποτε όροφο χαμηλότερα.

Και η λύση του

Για τη λύση αυτού του προβλήματος έχουν γραφτεί πολλά. Για να καταλάβουμε τη λογική της ιδανικής  λύσης ας πάρουμε πρώτα ένα κτίριο με 10 ορόφους. Ρίχνουμε το ένα αβγό από τον 4ο . Αν σπάσει, με το δεύτερο αβγό αρχίζουμε από τον 1ο όροφο και φθάνουμε στον 3ο. Αρα έχουμε μάξιμουμ 4 προσπάθειες. Αν δεν σπάσει, έχουμε ακόμη 2 αβγά στη διάθεσή μας. Πού συμφέρει να πάμε; Ας πάμε στον 8ο (2Χ4) και ρίχνουμε το πρώτο από εκεί. Αν σπάσει πρέπει να αρχίσουμε να δοκιμάζουμε από τον 5ο μέχρι τον 7ο, μάξιμουμ 3 προσπάθειες συν τις 2 προηγούμενες φθάνουμε στις 5. Δηλαδή όσο ανεβαίνουμε διπλασιάζοντας τον αριθμό των ορόφων, όσο δεν σπάει το πρώτο αβγό, αυξάνονται οι προσπάθειες, κάτι που δεν θέλουμε να συμβαίνει. Γυρνώντας λοιπόν στο κανονικό μας πρόβλημα λέμε πως η καλύτερη λύση μήπως είναι να ξεκινήσουμε από έναν όροφο χ; Αν σπάσει από εκεί το πρώτο αβγό θα χρειαστεί να κάνουμε μάξιμουμ ακόμη (χ-1) προσπάθειες. Αν δεν σπάσει, θα πάμε να ρίξουμε το ίδιο αβγό στον όροφο χ + (χ-1). Αν δεν σπάσει υπερπηδήσαμε (χ-1) ορόφους. Αν σπάσει θα έχουμε να δοκιμάσουμε με το δεύτερο, μάξιμουμ τους ορόφους που βρίσκονται μεταξύ χ και χ + (χ-1). Προχωρώντας έτσι το επόμενο άλμα θα έχει μέγεθος (χ-2) ορόφους. Μέχρι να φθάσουμε να καλύψουμε και τον τελευταίο όροφο, αν χρειαστεί.

Αυτό που είναι ουσιαστικό να καταλάβουμε είναι πως αναζητούμε την καλύτερη στρατηγική υποθέτοντας από την αρχή ότι ο ελάχιστος αριθμός ρίψεων είναι χ και ψάχνουμε να δούμε αν αυτός ο αριθμός μπορεί να καλύψει όλους τους ορόφους.

Από τα άλματα λοιπόν όπως τα περιγράψαμε από όροφο σε όροφο θα έχει σχηματιστεί η εξής σειρά:

x + (x-1) + (x-2) + (x-3) + …. + 1

και στην περίπτωσή μας αυτή θέλουμε να καλύπτει τους 100 ορόφους, άρα θα ισχύει:

x + (x-1) + (x-2) + (x-3) + …. + 1 = 100

Αυτή λέγεται τριγωνική σειρά και το άθροισμά της βρίσκεται με έναν τρόπο που θυμίζει όχι τυχαία (θα εξηγήσουμε τα περί τριγωνικών αριθμών σε άλλη ευκαιρία) τον τύπο για το εμβαδόν ενός τριγώνου με βάση (χ + 1) και ύψος χ. Αρα θα ισχύει ότι: (1/2)χ(χ + 1) = 100. Και από εκεί βγαίνει ότι χ = 13.651, οπότε η καλύτερη στρατηγική θα πρέπει να ξεκινήσει από τον 14ο όροφο. Μετά να πάμε αν δεν σπάσει το αβγό στον (14 + 13 =) 27ο όροφο και ούτω καθ’ εξής. Ο καλύτερος αριθμός προσπαθειών θα είναι 14 το πολύ.

Η περίεργη ανάμειξη

Για όποιον θέλει να κάνει… ζέσταμα έως την επόμενη εβδομάδα το πρόβλημα θα είναι το εξής: Σε ένα δοχείο έχουμε νερό και σε ένα δεύτερο κόκκινο κρασί. Γεμίζουμε ένα άδειο ποτήρι με νερό από το πρώτο δοχείο και το ρίχνουμε στο δεύτερο με το κρασί. Ανακατεύουμε καλά και παίρνουμε τώρα ένα γεμάτο ποτήρι από το δεύτερο δοχείο με το νερωμένο κρασί και το ρίχνουμε στο πρώτο. Εχουμε τώρα περισσότερο κρασί στο πρώτο δοχείο από ό,τι νερό στο δεύτερο; ‘Η μήπως δεν μπορούμε να ξέρουμε; (Δεν χρειάζεται για την απάντηση να ξέρουμε ειδικά βάρη, πυκνότητες κ.λπ.)

Πνευματική γυμναστική

1. Σε ένα χωριό στον Καναδά το 80% των κατοίκων μιλούν γαλλικά και το 60% μιλούν αγγλικά. Ποιο ποσοστό των κατοίκων μιλά και τις δύο γλώσσες;

2. Για ένα ρολόι με καμπάνα για τις ώρες χρειάζονται πέντε δευτερόλεπτα για να σημάνει την ώρα 6. Πόσο χρόνο χρειάζεται για την ώρα 12;

Οι λύσεις των προηγούμενων κουίζ

1. Είχαμε την (1/Χ) + (1/Υ) = (1/3). Και έπρεπε να βρούμε ποιες τιμές μπορούν να παίρνουν τα Χ και Υ για να ισχύει. Θα πρέπει να βρούμε σε ποιο διάστημα τιμών θα πρέπει να περιοριστεί η αναζήτησή μας. Αν για παράδειγμα το X γίνει μικρότερο του 4 τότε το άθροισμα (1/Χ) + (1/Υ) θα είναι μεγαλύτερο του (1/3). Και αν τα X και Y γίνουν μεγαλύτερα του 6 (διότι (1/6) + (1/6) = (2/6) = (1/3) τότε το (1/Χ) + (1/Υ) γίνεται μικρότερο του (1/3). Αρα θα πρέπει για το ένα από τα X και Y να κινηθούμε στο διάστημα μεταξύ 4 και 6. Δοκιμάζοντας για το X τις τιμές 4, 5 , 6 προκύπτει ότι το (1/Y ) για να ικανοποιείται η ισότητα θα παίρνει τις τιμές (1/12), (2/15) ή (1/6) οπότε τα αποδεκτά ζευγάρια θα είναι (4,12), (12,4), (6,6).

2. Εδώ είχαμε έναν φαρμακοποιό που σε δέκα εντελώς όμοια μπουκάλια είχε φυλάξει από 100 χάπια στο κάθε ένα από αυτά. Από τα δέκα μπουκάλια, στα εννέα, τα 100 χάπια που είναι μέσα στο κάθε ένα ήταν εντελώς όμοια και ζύγιζαν όλα μαζί 1 γραμμάριο. Στο δέκατο όμως τα 100 χάπια, αν και έχουν φτιαχτεί έτσι ώστε να είναι εξωτερικά εντελώς όμοια με τα άλλα, αυτά ζυγίζουν συνολικά 1,1 γραμμάριο. Ο φαρμακοποιός διαθέτει μόνον μια ζυγαριά από εκείνες τις γνωστές με τους δυο δίσκους που κρέμονται ένας στην κάθε άκρη του βραχίονα. Μπορεί με μία μόνο ζύγιση να βρει το μπουκάλι με το 1,1 γραμμάριο; Γίνεται δεκτό πως μπορεί να ζυγίσει με όση ακρίβεια επιθυμεί και ότι μπορεί να βγάλει χάπια από τα μπουκάλια. Και η απάντηση είναι ναι, με μια κίνηση και μια ζύγιση ο φαρμακοποιός μας, που έχει αυτό τον καιρό τόσα άλλα να τον ταλαιπωρούν, μπορεί να βρει το μπουκάλι με το 1,1 γραμμάριο. Αρκεί να τα βάλει μπροστά του σε μια σειρά και να αρχίσει να βγάζει από το 1ο μπουκάλι 1 χάπι, από το 2ο μπουκάλι 2 χάπια και να συνεχίσει έτσι μέχρι το δέκατο από όπου θα βγάλει 10 χάπια. Θα τα βάλει όλα μαζί στη ζυγαριά και θα ζυγίσει. Αν ήταν όλα ίδια, η ζυγαριά θα έδειχνε 55 γραμμάρια. Οσα παραπάνω γραμμάρια βγει από το 55, αυτός ο αριθμός θα αντιστοιχεί και στο μπουκάλι με τα πρόσβαρα χάπια.

Έντυπη έκδοση Το Βήμα