Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

ΠΑΡΑΔΟΞΟΛΟΓΙΕΣ ΚΑΙ ΨΕΥΔΟΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

3,720 views

Published on

ΠΑΡΑΔΟΞΟΛΟΓΙΕΣ ΚΑΙ ΨΕΥΔΟΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ Από τα μαθηματικά, την λογική και την φιλοσοφια

Published in: Education
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

ΠΑΡΑΔΟΞΟΛΟΓΙΕΣ ΚΑΙ ΨΕΥΔΟΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

  1. 1. ΕΚ∆ΟΣΕΙΣ Σ.Ο.Κ.Ο.Ν ΠΑΡΑ∆ΟΞΟΛΟΓΙΕΣ ΚΑΙ ΨΕΥ∆ΟΑΠΟ∆ΕΙΞΕΙΣ Από τα µαθηµατικά, την λογική και την φιλοσοφία! ∆ΡΟΥΓΑΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ Η µύτη µου θα µεγαλώσει!
  2. 2. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 1 «∆οκησίσοφες µαθηµατικές αποδείξεις και κραγαυλέες παραδοξολογίες µε λάβαρο το λάθος, τον µεγαλύτερο δάσκαλο µας!» Ιορδάνης Μπουρµπακί (1960 - ) Ψευδοαποδειξεις-Παράδοξα 2020 Για την ελληνική γλώσσα: Copyright:∆ρούγας Αθανάσιος Email:tdrougas11@gmail.com Υποστηρικτικός δικτυακός τόπος: http://mathhmagic.blogspot.gr/ Επιστηµονική επιµέλεια:Μήτσος Μπουρµπακί,πίθηκος Πινγκ πονγκ
  3. 3. 2 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 1.Άκυρες απλοποιήσεις Αν κάποιος διδάσκει ένα αντικείµενο για πολλά χρόνια ,έχει ένα ρεπερτόριο από πα- ραδείγµατα για κάθε περίσταση. Κάθε φορά λοιπόν, που σε άσκηση έχουν από σπόντα βρει το σωστό αποτέλεσµα τους προσγειώνω µε εκείνο το παλιό αριθµητικό τρικ µε την «άκυρη» απλοποίηση (Anomalous cancellation όπως την βρήκα στην βιβλιογρα- φία). 19 19 95 = 9 1 55 = Λάθος διαδικασία σωστό αποτέλεσµα! Πόσα τέτοια κλάσµατα υπάρχουν και πως µπορούµε να τα βρούµε; Έτσι λοιπόν, µια εύκολη απάντηση είναι να πάρουµε διψήφιους µε όµοια ψηφία, 77 7 7 77 = 7 7 7 = 7 1= Από εκεί και πέρα ,όµως αν απαιτήσουµε τα ψηφία να είναι διαφορετικά, έχουµε 10 10 10 10 10 9 10 (9 ) 10 9 αβ α α β α αγ βγ βα γα βγ γ β γ γ βα αγ βγ βα γ α β βα γ α β + = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = + όπου γ, α, β µονοψήφιοι διαφορε- τικοί ακέραιοι ,κατασκευάζουµε πίνακα διπλής εισόδου και προκύπτει ότι έχουµε ακέραιο σε τέσσερεις περιπτώσεις όταν ● γ=5 για β=9,α=1, 19 1 95 5 = ● γ=4 για β=6,α=1 , 16 1 64 4 = ● γ=8 για β=9,α=4, 49 4 1 98 8 2 = = ● γ=5 για β=6,α=2, 26 2 65 5 =
  4. 4. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 3 2. 2=3 Με αφετηρία την προφανή ισότητα 6 6− = − ,έχουµε διαδοχικά: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 4 10 9 15 25 25 4 10 9 15 4 4 5 5 5 5 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 5 5 2 3 2 2 5 5 ln 2 ln 3 2 2 5 5 2ln 2 2ln 3 2 2 5 5 ln 2 n 3 2 2 5 5 2 3 2 2 2 3;;;; l − = − − = − − + = − + − ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅ +     − = −            − = −            − = −            − = −        − = − = Το λάθος βρίσκεται στο γεγονός ότι η ποσότητα 5 2 2 − είναι αρνητική άρα έπρεπε να γράψουµε: 2 5 5 ln 2 2ln 2 2 2   − = −   
  5. 5. 4 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 3. -1=1 Αν i η φανταστική µονάδα τότε έχουµε διαδοχικά: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1;;;;; i i i i i = − = − − = − − = − − ⋅ − = ⋅ ⋅ = = − = Το λάθος στην διαδικασία είναι ότι δεν ισχύει στο σύνολο των µιγαδικών η ιδιότητα: α α β β = 4.Θέµα Από περσινό διαγώνισµα µια «ψευδοαπόδειξη». Είναι γνωστό ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστηµα [α,β], τότε ισχύει: ( ) ( )f x dx f x dx β β α α ≤∫ ∫ (1) Θεωρούµε την συνεχή συνάρτηση ( )f x x= στο [0,1] Έχουµε λόγω της (1): 0 0 1 1 xdx x dx≤∫ ∫ ή 0 12 01 2 x xdx   ≤ −    ∫ ή ( Είναι 0x ≥ ) 12 0 1 2 2 x  − ≤ −    ή 1 1 2 2 ≤ − ή 1 1≤ − ή 2019 2019≤ − Που είναι το λάθος;
  6. 6. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 5 5.Που πήγε το ευρώ; ( Για αν θυµούνται οι παλιοί και να µαθαίνουν οι νέοι) Τρεις φίλοι µπαίνουν σε µια κάβα και αγοράζουν ένα µπουκάλι κρασί που κοστίζει 30 ευρώ δίνοντας 10 ευρώ ο καθένας.Φεύγοντας,τους προλαβαίνει ο υπάλληλος και τους λέει πως έκανε λάθος γιατί το µπουκάλι στοιχίζει 25 ευρώ και όχι 30 ευρώ και γι' αυτό τους επιστρέφει 5 ευρώ ρέστα.Αυτοί,αφού δεν µπορούν να µοιράσουν τα 5 ευρώ στα τρία,παίρνουν ο καθένας από 1 ευρώ και δίνουν 2 ευρώ φιλοδώρηµα στον υπάλληλο για να τον ευχαριστήσουν.Στο τέλος όµως σκέφτονται:Έδωσε ο καθένας µας 10 ευρώ και πήρε πίσω 1 ευρώ,άρα 9 ευρώ.Τρεις φορές τα 9 ευρώ µας κάνει 27 ευρώ και 2 ευρώ για το φιλοδώρηµα,29 ευρώ.Τι έγινε το 1 ευρώ;(Η λύση στην σελ 378) Η απάντηση λοιπόν στο γρίφο µε το χαµένο ευρώ είναι απλή, αν σκεφτούµε ότι στα 27 ευρώ που έδωσαν οι τρεις φίλοι συµπεριλαµβάνεται και το φιλοδώρηµα των 2 ευρώ προς τον υπάλληλο (αφού δεν του έδωσαν επιπλέον,συµπεριλαµβάνεται στα 27 ευρώ), έτσι 27- 2=25 ευρώ που είναι και η αξία του ποτού.Άρα δεν υπάρχει χαµένο ευρώ, µόνο µια µικρή παρανόηση στους υπολογισµούς. 6. 2012=2020; Γνωριζουµε ότι για κάθε γωνία x ισχύει: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 2 3 3 2 1 1 1 1 504 1 504 504 4 1 504 4 (1) x x x x x x x x x x x x ηµ συν ηµ συν ηµ συν ηµ συν ηµ συν ηµ συν + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ + = − +   ⇔ + ⋅ = − + ⋅    Αφού η παραπάνω ισχύει για κάθε γωνία τότε ισχύει και για χ=3π/2 , άρα η (1) γίνεται: ( ) ( )( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 3 3 504 4 1 504 4 2 2 ( 1) 504 4 1 0 504 4 1 504 4 1 504 4 503 4 505 4 2012 2020 π π ηµ συν      + ⋅ = − + ⋅ ⇔          − + ⋅ = − + ⋅ ⇔ − + ⋅ = + ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ = Που βρίσκεται το λάθος; Το λάθος στην παραπάνω διαδικασία είναι ότι ισχύει: 2 2 2 1 1 ηµ χ συν χ ηµχ συν χ = − = ± −
  7. 7. 6 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 7.Μια ιστορία εκδροµών και..δειγµατοχωρων Μια µέρα που ο καθηγητής Ιορδάνογλου είχε τα κέφια του, έθεσε στην τάξη ένα πρόβληµα πιθανοτήτων δίνοντας την υπόσχεση ότι αν κάποιος µαθητής το έλυνε την επόµενη θα τους πήγαινε περίπατο. Ξεκίνησε λοιπόν να αφηγηται το πρόβληµα : «Σε ένα σάκκο υπάρχουν τρεις κάρτες απόλυτα όµοιες που διαφέρουν µόνο ως προς το χρώµα , η µια από αυτές (Α) έχει λευκές και τις δυο όψεις της , η δεύτερη µια όψη λευκή και µια µαύρη (Β) και η τρίτη (Γ) δυο όψεις µαύρες . Εξάγεται τυχαία µια από αυτές και τοποθετείται στο τραπέζι ώστε να φαίνεται µονο η µια όψη της.∆ιαπιστώνεται ότι η όψη που φαίνεται είναι η λευκή . Ποια η πιθανότητα να είναι λευκή και η άλλη όψη;» Η τάξη έµεινε σιωπηλή και όλα έδειχναν να έχουν χαθεί ώσπου ο Τοτός το αστέρι της τάξης σηκώνει το χέρι . «Ναι παιδί µου Τοτό .» Τον ενθαρρύνει ο καθηγητής. Ο Τοτος τότε απαντάει: «Κύριε, η λογική λέει ότι δεν είναι δυνατόν η κάρτα που τραβήχτηκε να είναι η Γ άρα έχουµε 50% πιθανότητα να είναι η Α και 50% πιθανότη- τα να είναι η Β οπότε η πιθανότητα να είναι λευκή η άλλη όψη της κάρτας είναι ½». «Λάθος κανείς Τοτό». Είπε ο Ιορδάνογλου και συνέχισε : «Το πρόβληµα αυτό δίνει και ένα κλασσικό παράδειγµα για το πόσο έξω µπορούµε να πέσουµε χωρίς να έχουµε ξεκαθαρίσει σωστά το δειγµατικο χώρο και τις πιθανότητες των δυνατών αποτελεσµάτων . Η όλη διαδικασία της επιλογής που κάναµε , δεν επιλεγεί απλά και µονό µια κάρτα από τις τρεις ,αλλά επιλεγεί µια όψη κάρτας (από τις έξη που υπάρχουν ) που είναι ορατή στο τραπέζι .Παρατηρούµε ότι αφού βλέπουµε µια λευκή πλευρά στο τραπέζι αυτή θα είναι είτε µια από τις δυο λευκές όψεις Α1 ,Α2 της κάρτας Α , είτε η λευκή πλευρά Β1 της κάρτας Β .Ο αντίστοιχος δείγµατος χώρος Ω περιέχει τρία ισοπιθανα αποτελέσµατα : Ω={Α1,Α2,Β1} Το ενδεχόµενο Α={ είναι και η άλλη όψη λευκή } αντιστοιχεί στο υποσύνολο Α={Α1,Α2} του δειγµατικου χώρου . Είναι λοιπόν P(A)=2/3» Την επόµενη µέρα έγινε κανονικά µάθηµα!
  8. 8. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 7 8. Μια γάτα σε µια σκάλα που πέφτει µε…άπειρη ταχύτητα Υπάρχει ένα γνωστό σχολικό πρόβληµα πρακτικής αριθµητικής () του προηγούµενου αιώνα που το αποδοµούσε ο Λιουις Κάρολ προτείνοντας διαφορετικές λύσεις ανάλογα µε το πώς το προσλαµβάνει ο λύτης για να δωσει εµφαση στο γεγονος ότι η επιλογή προβληµατων στα µαθηµατικα είναι λεπτή διαδικασία . κάτι παραπλήσιο Φανταστείτε µια γάτα στην κορυφή µιας σκάλας µήκους L στηριγµένης σε ένα τοίχο.Υποθέτουµε ότι η βάση της σκάλας αρχίζει να ολισθαίνει µε σταθερή ταχύτητα την ίδια στιγµή που η γάτα µαζί µε την κορυφή της σκάλας πάντα γλιστράει προς τα κάτω.Θα αποδείξουµε ότι η γάτα πέφτει προς τα κάτω µε…άπειρη ταχύτητα. Εχουµε και λέµε,από το πυθαγόρειο θεώρηµα στο ορθογώνιο τρίγωνο 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (1) L x t y t y t L x t = + ⇔ = − (1 ( ), ( )x t y t οριζόντια,κατακόρυφη µετατόπιση συναρτήσει του χρόνου. Παραγωγίζουµε ως προς το χρόνο και τα δυο µέλη 2 2 '( ) ( ) '( ) ( ) = − − x t x t y t L x t Στο πρώτο µέλος είναι η παράγωγος της κατακόρυφης µετατόπισης ως προς το χρόνο δηλαδή η ταχύτητα της κο- ρυφής της σκάλας και κατ επέκταση της γάτας που πέφτει. Πρέπει να βρούµε την ταχύτητα όταν η σκάλα πέσει τελείως δηλαδή όταν ( ) →x t L '( ) 2 2( ) ( ) '( ) ( ) lim '( ) lim ( )→ → = − = − ∞ − x t x t L x t L x t x t y t L x t σταθερη Συνεπώς , η γάτα πέφτει µε άπειρη ταχύτητα!!!!! (Που είναι το λάθος;) (Υποθέσαµε ότι η σκάλα όταν πέφτει και θα είναι συνεχώς σε επαφή µε τον τοίχο κατι το ποιο δεν είναι εφικτό στην πραγµατικότητα καθώς όταν φτάσει στο τέρµα σίγουρα θα αποµακρυνθει από τον τοιχο αρα κατά την διαρκεια της πτωσης δεν θα ισχύει η (1)) Falling ladder paradox) Khan academy https://www.youtube.com/watch?v=kBVDSu7v8os
  9. 9. 8 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 9.Όταν το σχήµα ξεγελά….. ( ένα πολύ περίεργο ζεύγος συναρτήσεων) ∆είτε τις δυο συναρτήσεις µε τύπο: 1 , 0 ( ) 0 , 0 x x f x x x ηµ  ≠ =   = , 2 1 , 0 ( ) 0 , 0 x x g x x x ηµ  ≠ =   = Με γραφικές παραστάσεις αντίστοιχα στα σχήµατα ( Ι) ,( ΙΙ ) (Ι) (ΙΙ) Αν κρίνουµε µόνο από το σχήµα θα λέγαµε ότι κοντά το 0 έχουν την ίδια συµπερι- φορά. Λάθος, είναι οι δυο είναι συνεχείς στο 0 πλην όµως, µόνο η δεύτερη είναι και παραγωγίσιµη στο 0. Πραγµατικά για την συνέχεια: ● Ισχύει κοντά στο 0 για την f : 1 x x x x ηµ− ≤ ≤ και από το κριτήριο παρεµβο- λής 0 1 lim 0 (0) x x f x ηµ →   = =    Ισχύει κοντά στο 0 για την g : 2 2 21 x x x x ηµ− ≤ ≤ και από το κριτήριο παρεµβο- λής 2 0 1 lim 0 (0) x x g x ηµ →   = =    Για την παραγωγισιµότητα στο 0 : Για την f : 0 0 1 0 1 '(0) lim lim 0x x x xf x x ηµ ηµ → → − = = − το όριο δεν υπάρχει. Για την g : 2 0 0 1 0 1 '(0) lim lim 0 0x x x xg x x x ηµ ηµ → → − = = = −
  10. 10. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 9 10.Ένας παράδοξος πύργος από τραπουλόχαρτα,µια σειρά που αποκλίνει βραδέως και ένα ταξίδι από την Αθήνα...στο Αγρίνιο. “Oι άνθρωποι µε θεωρούν παράξενο.Αλλά δεν είναι έτσι.Έχω την καρδιά ενός µικρού παιδιού.Είναι σ’ένα βάζο,πάνω στο γραφείο µου.” Στήβεν Κινγκ, 1947-.. Προβληµατάκι µεταµφιεσµένο σε παράδοξο γιατί ως αποτέλεσµα έρχεται κόντρα στην διαίσθηση,µια διαίσθηση που πολύ συχνά εκλαµβάνουµε ως κοινή λογική. Η εκφώνηση: Έστω µια κοινή τράπουλα µε 52 φύλλα,στοιβάζουµε τα φύλλα της κατά τέτοιο τρόπο ώστε για κάθε διαδοχικό ζεύγος τραπουλόχαρτων το άνω φύλλο να προεξέχει σε σχέση µε το κάτω.Η στοίβα πρέπει να βρίσκεται πάντα σε κατάσταση ισορροπίας,δηλαδή τα τραπουλόχαρτα να "αιωρούνται"και να µην "πέφτουν" .(σχήµα) Ποιο είναι το µέγιστο µήκος (σε τραπουλόχαρτα) που µπορεί να προεξέχει το πάνω-πάνω φύλο σε σχέση µε το φύλλο βάσης(το κάτω-κάτω); Το αρχικό πρόβληµα δεν αφορά τραπουλόχαρτα αλλά τούβλα και έτσι θα το χειρι- στούµε γιατί είναι πιο εύκολα τα σχήµατα:) :) µε την παλέτα του Word.Επίσης, θα αποφύγω κάθε αναφορά σε κέντρα µάζας, γιατί µε την φυσική δεν έχω και πολλά- πολλά. Έστω ότι έχουµε ένα σύνολο από 51 τούβλα.Όλα είναι πανοµοιότυπα ως προς τις διαστάσεις, το σχήµα,την πυκνότητα,το βάρος.Χωρίς βλάβη της γενικότητας και για ευκολία στις πράξεις θεωρούµε οτι έχουν διαστάσεις 1xαxβ cm.
  11. 11. 10 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr Αντικειµενικός µας στόχος είναι να τα στοιβάξουµε-χωρίς να πέσουν- το ένα πάνω στο άλλο πάνω σε ένα µαρµάρινο τραπέζι κατά τέτοιο τρόπο ώστε η απόσταση S του πιο ψηλού τούβλου A από την άκρη Β του τραπεζιού να είναι όσο το δυνατό µεγαλύτε- ρη.Τα τούβλα πρέπει να βρίσκονται σε κατάσταση ισορροπίας. Ας το πάµε σιγά σιγά.Αρχίζουµε µε ένα τούβλο.Το ερώτηµα είναι πότε ισορροπεί τα ένα τούβλο; Πόσο µπορούµε να το τραβήξουµε έξω από την ακµή του τραπέζιου χω- ρίς να πέσει ;∆είτε το σχήµα , αρκεί να τοποθετήσουµε το τούβλο στην άκρη του τρα- πεζιού ακριβώς πριν πέσει,έστω x cm από το τραπέζι.Εκεί φέρνουµε µια διακεκοµµένη γραµµή. (σχήµα 1).Το τούβλο ισορροπεί όταν ο όγκος του τούβλου αριστερά της γραµµής V1 ισούται µε τον όγκο του τούβλου δεξιά της γραµµής V2.Με ολίγη από άλγεβρα υπολο- γίζουµε το χ. Ας το προχωρήσουµε για δυο τούβλα ,πάντα µε την παραδοχή ότι ο όγκος των τούβλων (V1) αριστερά της διαχωριστικής γραµµής είναι ίσο µε τον όγκο των τούβλων δεξιά της (V2).
  12. 12. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 11 Τρία τούβλα Οµοίως αποδεικνύεται:
  13. 13. 12 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr Άρα για 51 τούβλα (τραπουλόχαρτα) το πάνω-πάνω τούβλο προεξέχει από το τραπέζι (πρώτο τραπουλόχαρτο) κατά: (1/2)(1+1/2+1/3+1/4+…….+1/51) περίπου 2,26 τούβλα (τραπουλόχαρτα) Γενικά, για ν τούβλα ισχύει το συνολικό µήκος προεξοχής είναι : S=(1/2)(1+1/2+1/3+1/4+…….+1/ν) Το αστείο είναι ότι η σειρά 1/2+1/4+1/6+……. αποκλίνει,πολύ αργά αλλά αποκλί- νει,αυτό σηµαίνει ότι αν έχουµε µια πολύ-πολύ µεγάλη (!!) τράπουλα µπορούµε να καλύψουµε µε µια αλυσίδα διαδοχικών προεξεχοµενων τραπουλόχαρτων την απόστα- ση από την Αθήνα στο.... Αγρίνιο. 11. Οι προγόνοι Μια γενιά εµφανίζεται κάθε 25 χρόνια. Συνεπώς: 25 χρόνια πριν, είχα 2 προγόνους,( γονείς ) 50 χρόνια πριν, είχα 4 προγόνους, (παππούδες, γιαγιάδες ) 75 χρόνια πριν, είχα 8 προγόνους (προπαππούδες , προγιαγιάδες) κ.ο.κ. Κάθε 25 χρόνια, το πλήθος των προγόνων µου διπλασιάζεται. Στάσου όµως,πριν από 2000 χρόνια (2000/25=80) είχα 280 προγόνους, όµως 280 είναι περίπου 1200000000000000000000000 ένα αριθµό κατά πολύ µεγαλύτερο από όλους τους ανθρώπους που έζησαν ποτέ!! Που υπαρχει λάθος; Ο ισχυρισµός είναι λανθασµένος διότι υποθέτει ότι δεν υπάρχουν κοινοί πρόγονοι στο δέντρο συγγένειας που παραθέτει. Για παράδειγµα, οι γονείς του µπορεί να έχουν ένα κοινό προ-προ προπάππου το οποίο ο Μήτσος µέτρησε περισσότερες από µια φο- ρές. Εγώ
  14. 14. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 13 12.Μια µαθηµατική πρόταση του περιθωρίου !! Ο Ιορδάνης έγραφε στο ηµερολόγιο του τον Ιούνιο του 2020: …χθες το βραδύ ανακάλυψα µια νέα µαθηµατική πρόταση, θα την διατυπώσω και θα την γράψω στο περιθώριο του ηµερολογίου που είναι αρκετά µεγάλο για να την χωρέσει. ● Αν µια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη,τότε η f΄ είναι συνεχής. Απόδειξη Έστω τυχαίο 0 f x D∈ ( ) ( )0 0 0 0 0 00 0 x x x x x x 0 0 f(x) f(x ) 'f(x) f(x ) f'(x ) lim lim lim f'(x) x x x x '→ → → −− = = = − − Άρα 0 0x x lim f'(x) f'(x ) → = ……. Την επόµενη µέρα ο Ιορδάνης σκοτώθηκε σε µονοµαχία µε τον γείτονα του για µια θέση parking … Είναι σωστή η πρόταση του Ιορδάνη; Ο Ιορδάνης χρησιµοποίησε το αντίστροφο του κανόνα του L Hospital που δεν ισχύει. ∆ηλαδή ισχυρίστηκε ότι αν 0x x f(x) lim L g(x)→ = τότε θα ισχύει 0x x f'(x) lim L g'(x)→ = Αντιπαράδειγµα αποτελούν οι συναρτήσεις 2 1 f(x) x ημ , g(x) ln(1 x) x = = + ορισµέ- νες στο ( ) ( )1,0 0,1− ∪ .Ισχύει → = = x 0 f(x) lim ... 0 g(x) όµως το →x 0 f'(x) lim g'(x) δεν υπάρχει.
  15. 15. 14 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 13.Ένα λεωφορείο Σε ένα λεωφορείο (όπου γίνεται επιβίβαση µόνο στην αφετηρία) επιβιβάστηκαν 50 επιβάτες. Στην 1η στάση κατέβηκαν 20 επιβάτες και απέµειναν 30 επιβάτες στο λεωφορείο. Στην 2η στάση >> 15 επιβάτες και >> 15 επιβάτες στο λεωφορείο Στην 3η στάση >> 9 επιβάτες και >> 6 επιβάτες στο λεωφορείο Στην 4η στάση >> 6 επιβάτες και >> 0 επιβάτες στο λεωφορείο ______________________________________________________________________ άθροισµα 50 επιβάτες 51 επιβάτες Πως προέκυψε ένας επιβάτης παραπάνω; Που είναι το λάθος ; ============================================================= ∆εν υπάρχει λάθος .Με τις διαδοχικές αφαιρέσεις των αριθµών των επιβατών που κα- τεβαίνουν σε κάθε στάση έχουµε και διαφορετικά υπόλοιπα (αριθµούς επιβατών που έµεναν στο λεωφορείο). Ενώ όµως το άθροισµα των επιβατών που κατεβαίνουν είναι ίσο µε το αρχικό πλήθος των επιβατών, το άθροισµα των διαδοχικών υπολοίπων (των επιβατών που παραµένουν στο λεωφορείο σε κάθε στάση) δεν είναι απαραίτητο να ισούται µε το αρχικό πλήθος των επιβατών. Συγκεκριµένα: Ε : είναι το αρχικό πλήθος των επιβατών. Κ : ο αριθµός των επιβατών που κατεβαίνουν στην 1η στάση. Π :το υπόλοιπο. ( ο αριθµός των επιβατών που παραµένουν στο λεωφορείο). Τότε έχουµε: Ε-Κ=Π. Κ1 : ο αριθµός των επιβατών που κατέβηκε στην 2η στάση. Τότε έχουµε: Π-Κ1=Π1 Κ2 : ο αριθµός των επιβατών που κατέβηκε στην 3η στάση. Π1-Κ2=Π2 Κ3 : ο αριθµός των επιβατών που κατέβηκε στην 4η στάση. Π2-Κ3=0 Προσθέτουµε κατά µέλη: (Ε+Π+Π1+Π2)-(Κ+Κ1+Κ2+Κ3)=Π+Π1+Π2 ή Ε=Κ+Κ1+Κ2+Κ3 Από όπου δεν προκύπτει πουθενά ότι Π+Π1+Π2=Ε.
  16. 16. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 15 14.∆ύο κάθετες από ένα σηµείο σε µια ευθεία; Εστω δύο τεµνόµενοι κύκλοι διαφορετικών µεγεθών. Οι κύκλοι τέµνονται στα ση- µεία Α και Β, όπως φαίνεται στο σχήµα (σχήµα 2.1)Στη συνέχεια,φέρουµε την διάµε- τρο του κάθε κύκλου από το σηµείο τοµής Α.Οι διάµετροι αυτοί είναι οι ΑC και ΑD στον πρώτο και στον δεύτερο κύκλο αντίστοιχα. Ενώνουµε τα σηµεία C και D µε ένα ευθύγραµµµο τµήµα , και ονοµάζουµε E και F τα σηµεία που το CD τέµνει τους δύο κύκλους. (σχήµα 2.2) Τώρα, φερουµε τα ευθυγραµµα τµηµτα ΑΕ,ΑF(σχήµα 2.3) Εφοσον AC είναι διάµετρος, η γωνία CFA θα είναι ορθή (Κάθε εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει σε ηµικύκλιο είναι ορθή). Παρόµοια, αφού η AD είναι διάµετρος, η γωνία AED θα είναι ορθή. Εποµένως, δείξαµε ότι από σηµείο (Α) εκτός ευθείας (CD) µπο- ρούν να υπάρχουν δύο κάθετες (AE, AF) προς αυτήν. Που είναι το λάθος ; Λύση Το λαθος είναι στο σχήµα ,το ευθύγραµµο τµήµα CD διέρχεται από το Β! Η µόνη περίπτωση που θα µπορούσε να αληθεύει αυτό το αποτέλεσµα, είναι εάν τα σηµεία B, E, F ήταν να συνέπιπταν. Για να το αποδείξουµε αυτό, κάνουµε πάλι το σχήµα, αλλά αυτήν τη φορά έχουµε ενώσει όλα τα σηµεία στο B.Αφού οι γωνίες CBA και DBA είναι εγγεγραµµένες που βαίνουν σε ηµικύκλιο, θα είναι ορθές. Όµως, το άθροισµά τους πρέπει τότε να είναι µια ευθεία γωνία, άρα η γραµµή CBD πρέπει να είναι ευθεία. Τέλος, αφού µεταξύ των σηµείων C και D µπορεί να περ- να µόνο µία ευθεία, θα περνά από το σηµείο B. Έτσι, η πλάνη αυτή γίνεται βάση για την εξής πρόταση: Αν δύο κύκλοι τέµνονται σε δύο σηµεία και σχεδιαστούν οι διάµετροι που προέρχονται από το ένα σηµείο της τοµής των δυο κύκλων, η γραµµή που συνδέει τα δυο άλλα άκρα των διαµέτρων πρέπει να περνάει αναγκαστικά από το άλλο σηµείο τοµής. Η πλάνη αυτή µας δείχνει ότι η γραµµή CD δεν είναι δυνατό να περνάει πάνω από το σηµείο Β. Θα µπορούσε να περνάει κάτω από το σηµείο B; Σε αυτήν την περίπτωση,η εξήγηση είναι η ίδια. Οι ευ- θείες AE και AF θα ήταν δύο διαφορετικές κάθετες στην ίδια ευθεία. Αφού αυτό δεν µπορεί αν ισχύει, η ευθεία CD θα πρέπει πάντα να περνά από το σηµείο B. Το συγκεκρι- µένο παράδειγµα, θέλει να µας δείξει ότι δεν θα πρέπει να εξαρτιόµαστε από τις κατασκευές, αν και τις περισσότερες φορές βοηθάνε, µπορούν επίσης να µας παραπλανήσουν.
  17. 17. 16 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 15. Το στοίχηµα του Πασκάλ «Για να είναι κανείς άθεος,χρειάζεται πάρα πολλή πίστη σε απίθανα πράγµατα !» Μπλαιζ Πασκάλ [1623 –1662) Ο µαθηµατικός Μπλαιζ Πασκάλ στους περίφηµους «Στοχα- σµούς» του χρησιµοποίησε τις πιθανότητες για να "αποδείξει" την αλήθεια του δόγ- µατος της καθολικής εκκλησίας . Η συλλογιστική του είναι γνωστή ως «το στοίχηµα του Πασκάλ». Γράφει λοιπόν ο Πασκάλ: « Κανείς δεν µπορεί να αποφασίσει χωρίς αµφιβολία εάν πρέπει να αποδεχτεί ή να απορρίψει το δόγµα της καθολικής εκκλησίας. Μπορεί να είναι αληθινό. Μπορεί να εί- ναι ψευδές. Είναι σαν να ρίχνεις ένα νόµισµα: οι πιθανότητες είναι ίσες .Όµως, είναι ίσες και οι απώλειες και τα κέρδη; Ας υποθέσουµε ότι απορρίπτουµε την εκκλησία. Αν το δόγµα της είναι ψευδές , δεν θα έχουµε χάσει τίποτα. Όµως εάν είναι αληθινό , θα πρέπει να αντιµετωπίσουµε ατελείωτα βάσανα στην κόλαση. Ας υποθέσουµε ότι αποδε- χόµαστε το δόγµα της εκκλησίας. Αν είναι ψευδές , δεν θα έχουµε κερδίσει τίποτα. Όµως εάν είναι αληθινό, θα έχουµε την αιώνια ευδαιµονία στον παράδεισο.» Η συλλογιστική αυτή έχει χρησιµοποιηθεί συχνά για να προκαλέσει την εκπλήρωση των θρησκευτικών εντολών: αν και η πιθανότητα ότι είναι αληθινές είναι µικρή, επει- δή το αναµενόµενο κέρδος από την εκπλήρωση τους είναι άπειρο, η ελπίδα του στοι- χήµατος αξίζει τον κόπο. Ένας διαισθητικός συλλογισµός του ιδίου τύπου είναι αυτός που γίνεται κοινωνικά µε τα παιχνίδια µε ελάχιστες πιθανότητες επιτυχίας ,αλλά που προσφέρουν σηµαντικά βραβεία( Λόττο, Τζόκερ, προπό και λοιπά παίγνια ), και αυτή είναι η βάση της επιτυχίας τους . Η πιθανότητα να κερδίσουµε ένα µεγάλο βραβείο είναι µικρή, όµως αν µας πέσει θα γίνουµε ξαφνικά πλούσιοι. 16.Ένα τρίγωνο µε …παράλληλες δυο πλευρές. Θεωρούµε ένα τρίγωνο ΑΒΓ . Έχουµε: → → → → → →    ΒΓ ΑΒ⋅ΓΑ = ΒΓΑΒ ΓΑ        (1) συν συν Λ Λ→ → → → → →    ΒΓ ΑΒ ⋅ ΓΑ Α = ΒΓ ΑΒ Β ΓΑ ⇔        συν συν Λ Λ → → ΒΓ ΑΒ Β→ → ΒΓ = ΓΑ→ → ΑΒ ⋅ ΓΑ Α (2) Η (2) σηµαίνει ότι / /ΒΓ ΓΑ Το λάθος έγκειται στην ισότητα (1) .Όπως είναι γνωστό δεν ισχύει η προσαιτεριστική ιδιότητα στο εσωτερικό γινόµενο διανυσµάτων. Γ Β Α
  18. 18. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 17 17. Ο ελέφαντας και το κουνούπι Από το εξαιρετικό βιβλίο του B.Kordemski «The Moscow Puzzles,359 Mathematical Recrea- tions».Το είχα βάλει πριν καµιά δε- καπενταριά χρόνια σε ένα διαγώνι- σµα Γ γυµνασίου.Το µόνο που πρό- σεξαν ήταν η εικόνα. Έστω x το βάρος ενός ελέφαντα και y είναι το βάρος ενός κουνουπιού. Έστω 2β είναι το συνολικό τους βάρος.∆ηλαδή x + y = 2β (1) Η (1) γράφεται: x = –y + 2β (2) x – 2β = –y (3) Πολλαπλασιάζουµε κατά µέλη τις (1) και (2) και παίρνουµε: x(x-2β) = –y(-y + 2β) ή x2 -2βx = y2 - 2βy Προσθέτουµε σε κάθε µέλος της πιο πάνω εξίσωσης το β2 και έχουµε x2 -2βx+β2 = y2 -2βy+β2 ή (x-β)2 = (y- β)2 Παίρνουµε την τετραγωνική ρίζα και των δύο µελών: x – β = y – β Προσθέτουµε το β και στα δύο µέλη: x = y και καταλήγουµε πως ένας ελέφαντας ζυγίζει όσο ένα κουνούπι! Που βρίσκεται το λάθος στον παρακάτω υπολογισµό;
  19. 19. 18 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr Λάθος
  20. 20. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 19 18.Γεωµετρικές πιθανότητες που παραπλανούν….. ∆ίνονται δυο οµόκεντροι κύκλοι µε την ακτίνα του ενός να είναι διπλάσια του άλλου.Να βρεθεί η πιθανότητα ένα σηµείο του µεγάλου κυκλικού δίσκου να ανήκει και στον µι- κρό. •Ο Τοτoς – κολοσσός στα µαθηµατικά και ιδίως στις πιθανότητες –όταν κλήθηκε να απαντήσει στο παραπάνω πρόβληµα είπε τα εξής: Αν P είναι ένα τυχαίο σηµείο του µεγάλου κυκλικού δίσκου τότε σίγουρα θα ανήκει σε µια ακτίνα του ΟΑΒ όπου Α είναι το µέσο του ΟΑΒ. Η πιθανότητα το P να ανήκει στο τµήµα ΟΑ (να ανήκει στον µικρό κυκλικό δίσκο) είναι 1/2,άρα η ζητούµενη πιθα- νότητα είναι 1/2 . •Η Μαρία έδωσε διαφορετική λύση: Αν R είναι η ακτίνα του µεγάλου κύκλου και r η ακτίνα του µικρού κύκλου και ι- σχύει R=(1/2)r .Το εµβαδό Ε1 του µεγάλου κυκλικού δίσκου είναι 2 2 2 1 2 r 1 1 E R r E 2 4 4   = π = π = π =    µε Ε2 το εµβαδό του µικρού κυκλικού δίσκου άρα η ζητούµενη πιθανότητα να επιλέξουµε ένα τυχαίο σηµείο στον µεγάλο κυκλικό δίσκο και να ανήκει και στον µικρό είναι 1/4. Ποιος έχει δίκιο και γιατί; ∆ίκιο έχει η Μαρία, ο Τοτος έλυσε άλλο πρόβληµα µε διαφορετικό δειγµατικό χώ- ρο.Ποια είναι η πιθανότητα να επιλέξουµε ένα σηµείο στο ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ και να απέχει από το Α απόσταση µεγαλύτερη από το µισό του ΑΒ.
  21. 21. 20 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 19.Προσέχετε! Θεωρούµε την παραγωγίσιµη στο ℝ συνάρτηση f.Έστω ότι η f’ είναι άρτια και ότι f(0)=3 . Προφανώς για κάθε x∈ℝ ισχύει: '( ) '( )f x f x− = ή '( ) '( )f x f x− − = − ή '( ) ( )' '( ) ( )'f x x f x x− ⋅ − = − ⋅ − ή [ ] [ ]( ) ' ( ) 'f x f x− = − ή ( ) ( )f x f x− = − για κάθε x∈ℝ Άρα η f είναι περιττή. Παρατηρούµε ότι: ( 0) (0)f f− = − ή (0) (0)f f= − ή (0) 0f = Όµως από υπόθεση (0) 3f = .Που έχει γίνει λάθος; ============================================================== Ισχύει ότι αν [ ] [ ]( ) ' ( ) 'f x f x− = − , τότε ( ) ( )f x f x c− = − + (1) Η (1) για 0x = δίνει: ( 0) (0)f f c− = − + ή 2 (0)f c= ή 2 3 c⋅ = ή 6c = άρα ( ) ( ) 6f x f x− = − + 20.Μαθηµατικός εγγραµµατισµός Η Βρετανική εφηµερίδα The Sun πέρυσι τον Φεβρουάριο δηµοσίευσε στην διαδι- κτυακή της έκδοση ένα γρίφο. ∆ιατυµπανίζοντας µε στόµφο ότι µόνο 1 στους 80 µπο- ρεί να τον λύσει. Φυσικά η απάντηση που δίνει είναι και αυτή λάθος!! Το δηµοσίευµα: https://www.thesun.co.uk/living/2813041/only-one-in-80-people-can-solve-this-tricky- maths-puzzle-so-do-you-know-the-answer/
  22. 22. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 21 21.Το παράδοξο του κουρέα Ο µαθηµατικός-φιλόσοφος Μπέρτραντ Ράσελ, αναφέρει ένα από τα παράδοξα που άλλαξαν την ιστορία των µαθηµατικών µε την ακόλουθη µικρή ιστορία: «Σε ένα χωριό που όλοι οι άντρες ξυρίζονται καθηµερινά, υπάρχει ένας µοναδικός κουρέας, ο οποίος επίσης ξυρίζεται καθηµερινά. Ο κουρέας αυτός ξυρίζει όλους τους άντρες του χωριού που δεν ξυρίζονται µόνοι τους. Το ερώτηµα, τώρα, είναι ποιος ξυρίζει τον κουρέα; Αν ξυρίζεται µόνος του, τότε δεν τον ξυρίζει ο κουρέας, συµπέρασµα άτοπο, αφού ο ίδιος είναι ο κουρέας που ξυρίζει όλους τους άντρες που δεν ξυρίζονται µόνοι τους. Αν δεν ξυρίζεται µόνος του, τότε τον ξυρίζει ο κουρέας, συµπέρασµα επίσης άτοπο, αφού ο ίδιος είναι ο µοναδικός κουρέας τού χωριού. Άρα, ο κουρέας και ξυρίζεται και δεν ξυρίζεται µόνος του. Αναλύοντας το πρόβληµα από την οπτική της µαθηµατικής θεω- ρίας των συνόλων, µπορούµε να πούµε ότι στο χωριό αυτό υπάρχουν δύο σύνολα αν- δρών. Το σύνολο των ανδρών που ξυρίζονται µόνοι τους και το σύνολο των ανδρών που ξυρίζονται από τον κουρέα. Το ερώτηµα, λοιπόν, ‘ποιος ξυρίζει τον κουρέα;’ ‘µεταφρά- ζεται’ µε τους όρους της θεωρίας των συνόλων στο ερώτηµα: ‘σε ποιο από τα δύο σύνο- λα ανήκει ο κουρέας;». 22.Μια απόδειξη ότι 14=15 Hugo Steinhaous (1887-1972) Στο Wroclaw της Πολωνίας ,το 1952 κατά την διάρκεια µιας συνάντησης των συµµε- τεχόντων για την µαθηµατική ολυµπιάδα, ο µαθηµατικός J.Mikusinski παρουσίασε µια διαµέριση του επιπέδου σε κυρτά επτάγωνα έτσι ώστε κάθε κορυφή του «µωσαϊ- κού» να συνορεύουν ακριβώς τρία επτάγωνα.Ο Πολωνός µαθηµατικός Hugo Stein- haous –γνωστός µας από το πρόβληµα των ίσων µεριδίων-µε αφετηρία το παραπάνω συµπέρασµα παρουσιάζει µια «ψευδοαπόδειξη» ότι ισχύει 14=15. Ο Steinhaous ισχυρίζεται: «…συµβολίζουµε P=180o .Το άθροισµα των γωνιών ενός κυρτού επταγώνου είναι (7-2)P=5P, άρα, το µέσο µέτρο (σε µοίρες) µιας γωνίας στο τυχαίο επτάγωνο της κάλυψης είναι 5P/7.Οµως όλο το επίπεδο είναι καλλυµενο µε επτάγωνα, κατά συνέπεια, το µέσο µέτρο σε µοίρες µιας γωνίας στο «µωσαϊκό» του επιπέδου είναι επίσης 5P/7.Αλλα σε κάθε κορυφή του µωσαϊκού τέµνονται 3 τέτοιες γωνίες όπου το µέσο µέ- τρο µιας γωνίας είναι 2P/3.Ειναι προφανές ότι κάθε γωνία ανήκει σε κάποια κορυφή του µωσαϊκού. ∆ηλαδή, ισχύει: 2P/3=5P/7 ή 2/3=5/7 ή 14=15!! Που βρίσκεται το λάθος στον παραπάνω συλλογισµό;»
  23. 23. 22 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr Το πλήθος των επταγώνων που καλύπτουν το επίπεδο είναι άπειρο ,η µέση τιµή µιας άπειρης ακολουθίας όρων εξαρτάται από την τοποθέτηση των όρων. Για παράδειγµα, αν θεωρήσουµε τους όρους 1,0,1,0,1,0, 1,0,1,0,1,0,…. Έχουν µέσο όρο το 1/2 . Αν αναδιατάξουµε τους όρους 1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1…. Έχουν µέσο όρο το 0. Άρα το σφάλµα στο συλλογισµό είναι ότι δεν λαµβάνονται υπόψη οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους µπορούµε να διατάξουµε τους απείρους όρους µιας ακολουθίας ,όροι που στο εν λόγω παράδειγµα είναι οι γωνίες των επταγώνων που καλύπτουν το επίπεδο.Άρα σίγουρα το επίπεδο δεν καλύπτεται µονοσήµαντα από επτάγωνα. 23.Γεωµετρική ψευδοαπόδειξη… Γεωµετρικό παράδοξο που πιστώνεται στον Lewis Carroll , τον συγγραφέα της Αλί- κης στην χώρα των θαυµάτων. Κάθε τρίγωνο είναι ισοσκελές Απόδειξη Έστω τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ,φέρνουµε την διχοτόµο της γωνίας Α και την µεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ.Το σηµείο τοµής τους το ονοµάζουµε Η.Από το Η φέρουµε κάθετες προς τις άλλες δυο πλευρές. Παρατηρούµε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΖΗ και ΑΕΗ είναι ίσα, διότι έχουν την πλευρά ΑΗ κοινή και ίσες τις γωνίες ΕΑΗ και ΖΑΗ. Άρα ΑΕ=ΑΖ (1) •Τα ορθογώνια τρίγωνα Β∆Η και Γ∆Η είναι ίσα, διότι έχουν την πλευρά ∆Η κοινή και ίσες τις πλευρές Β∆ και ∆Γ.Άρα ΒΗ=ΗΓ (2) •Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΕΗ και ΗΖΓ είναι ίσα, διότι έχουν ίσες αντίστοιχα τις πλευ- ρές ΒΗ και ΓΗ και από την πρώτη σύγκριση τριγώνων ΕΗ=ΗΖ. Άρα ΒΕ=ΖΓ (3) Προσθέτουµε κατά µέλη (1),(3) και λαµβάνουµε ΑΕ+ΒΕ =ΑΖ+ ΖΓ δηλαδή ΑΒ=ΑΓ άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές Που βρίσκεται το λάθος; Απάντηση. Το σχήµα είναι λανθασµένο, η διχοτόµος της γωνίας Α και η µεσοκαθέ- του της ΒΓ τέµνονται σε σηµείο Η εκτός τριγώνου.
  24. 24. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 23
  25. 25. 24 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 24.∆εν υπάρχεις!! Ο Γιάννης στο σχολείο την ώρα των µαθηµατικών όταν υπολόγιζε αλγεβρικές παρα- στάσεις έκανε το ίδιο λάθος .Ο καθηγητής µια µέρα αποφάσισε να του δώσει ένα µά- θηµα, του ζήτησε να κοιτάξει τον πίνακα και άρχισε να γράφει : Γυρίζει ο καθηγητής στον Γιάννη και του λέει µε ύφος: «∆ηλαδή το ένα είναι ίσο µε το µηδέν αυτό συνεπάγεται ότι είναι ένας ίσον κανένας, εσύ Γιάννη είσαι ένας κατά συνέπεια κανένας δηλαδή δεν υπάρχεις!» 25.Μισό ευρώ είναι πέντε cents; Ισχύει: 1 25 4 centsευρω = Λαµβάνουµε τετραγωνική ρίζα και στα δυο µέλη της ισότητας: 1 25 4 centsευρω = ή 1 5 2 centsευρω = Που είναι το λάθος; =
  26. 26. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 25 26.Θα δείξουµε ότι π=3. Έστω α το δεκαδικό µέρος του αριθµού π δηλαδή: 3 0.141592....a π= − = Έστω 3 2 a x = + (1) Τότε 3 3 6 3 2 2 2 x x π π− − = + ⇔ = + ⇔ 3 6 3 2 2 x x π π− + + = ⇔ = (2) Με αντικατάσταση του x από την σχέση (1) έχουµε: 3 3 2 2 a π + + = (3) Πολλαπλασιάζουµε και τα δυο µέλη µε 2α : 3 23 2 3 2 2 ( 3) 2 2 a x a x π α α α α π = + +  + = ⇔ = +    (4) Αντικαθιστούµε το α µε π-3: 2 ( 3) ( 3)( 3)x π π π− = − + (5) 2 2 3 9x xπ π− = − (6) 2 9 3 2x xπ π− = − (7) Προσθέτουµε τον όρο 2 x και στα δυο µέλη της ισότητας: 2 2 2 9 3 2x x x xπ π− + = − + (8) 2 2 (3 ) ( )x xπ− = − (9) Παίρνουµε τετραγωνική ρίζα και στα δυο µέλη: 3 x xπ− = − (10) 3 π= (11) Μπορείτε να βρείτε το λανθασµένο συλλογισµό στην απόδειξη;
  27. 27. 26 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 27. Ένα πρόβληµα πιθανοτήτων και µια φάρσα! Το 1893, οΛιούις Κάρολ ψευδώνυµο του Τσαρλς Λούτγουϊτζ Ντότζσον (Charles Lutwidge Dodgson,1832 - 1898),Άγγλος συγγραφέ- ας,µαθηµατικός, φωτογράφος και κλη- ρικ εξέδωσε ένα µικρό βιβλίο µε τίτλο «Προβλήµατα στο προσκέφαλο εµπνευ- σµένα κατά τις άγρυπνες ώρες».Μια συλλογή από εβδοµηνταδύο πρωτότυ- πες µαθηµατικές σπαζοκεφαλιές µε φα- νερή διάθεση να πραγµατοποιήσουν ότι υπαινίσσεται ο τίτλος του βιβλίου. Ενδιαφέρον παρουσιάζει το πρόβλη- µα 5 του βιβλίου που παρότι έχει πολύ απλή διατύπωση µπορεί εύκολα να αποπροσανατολίσει και ένα έµπειρο λύτη.Τα πρό- βληµα έχει ως εξής: «Eνα σακούλι περιέχει µια σφαίρα που γνωρίζουµε ότι είναι είτε άσπρη είτε µαύ- ρη.Βάζουµε µια άσπρη σφαίρα µέσα στο σακούλι,ανακατεύουµε τις σφαίρες ,και κατόπιν βγάζουµε µια σφαίρα από το σακούλι που αποδεικνύεται άσπρη. Ποια είναι τώρα η πι- θανότητα να τραβήξουµε άσπρη σφαίρα;» Ο ίδιος ο Κάρολ γράφει «µπαίνουµε στον πειρασµό να απαντήσουµε 1/2.Πριν βγά- λουµε την άσπρη σφαίρα,το σακούλι υποτίθεται ότι περιέχει, µε ίσες πιθανότητες , είτε µια µαύρη και µια άσπρη σφαίρα είτε δυο άσπρες .Αν έχουµε µια µαύρη και µια άσπρη σφαίρα, τότε όταν τραβήξουµε την άσπρη στο σακούλι θα αποµένει η µαύρη. Αν είναι και οι δυο άσπρες, θα αποµείνει η άσπρη. Eφόσον οι δυο καταστάσεις είναι εξίσου πιθανές , φαίνεται πως όταν βγάζουµε µια άσπρη σφαίρα, αυτή που αποµένει στο σακούλι έχει ίδιες πιθανότητες να είναι µαύρη ή άσπρη. Παρότι µοιάζει εύλογος ο παραπάνω συλλογισµός είναι ολωσδιόλου λανθασµέ- νος.Έστω ότι το Α συµβολίζει µια άσπρη σφαίρα τοποθετηµένη από την αρχή µέσα στο σακούλι,το Β µια µαύρη και Α2 την άσπρη που προσθέτουµε εκ των υστέρων.Αφού τραβήξoυµε την άσπρη σφαίρα υπάρχουν τρεις, και όχι δυο ισοπίθανες καταστάσεις: 1:Τραβήξαµε την Α2 , αφήνοντας την Α 2:Τραβηξαµε την Α, αφήνοντας την Α2 3:Τραβηξαµε την Α2 ,αφήνοντας την Β. Στις δυο πρώτες περιπτώσεις αποµένει µια άσπρη σφαίρα στο σακούλι. Στην τρίτη, η σφαίρα που αποµένει είναι µαύρη. Εποµένως η απάντηση είναι 2/3.» Προσοµοίωση του προβλήµατος από τον εξαιρετικό ιστοτοπο Cut the Knot https://www.cut-the-knot.org/carroll.shtml Στο ίδιο βιβλίο υπάρχει ένα ευτράπελο πρόβληµα.Το τελευταίο πρόβληµα του βιβλίου το 72: «Ένα σακούλι περιέχει δυο σφαίρες για τις οποίες γνωρίζουµε µόνο ότι η καθεµία είναι είτε µαύρη είτε άσπρη.Καθορίστε το χρώµα τους χωρίς να τις βγάλετε από το σακούλι.» Ο Κάρολ έγραφε µε προφανή διάθεση χιούµορ στην απάντηση του προβλήµατος:
  28. 28. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 27 «Γνωρίζουµε ότι αν το σακούλι περιείχε τρεις σφαίρες ,δυο µαύρες και µια άσπρη, η πι- θανότητα να τραβήξουµε µαύρη σφαίρα θα ήταν 2/3, και γνωρίζουµε επίσης ότι ουδεµία άλλη κατάσταση δίνει αυτή την πιθανότητα. Τώρα,η πιθανότητα να είναι οι σφαίρες που περιέχονται στο δεδοµένο σακούλι: (α) ΜΜ (β) ΜΑ (γ) ΑΑ είναι αντίστοιχα 1/4 ,1/2,1/4. -Προσθέτουµε µια µαύρη σφαίρα. -Οι πιθανότητες τώρα να είναι οι σφαίρες που περιέχονται στο σακούλι: (α) ΜΜΜ (β) ΜΑΜ (γ) ΑΑΜ Είναι,όπως και πριν, 1/4,1/2,1/4 Εποµένως,η πιθανότητα να τραβήξουµε τώρα µια σφαίρα είναι: 1/4 x 1+1/2x2/3x1/4x1/3=2/3 Εποµένως το σακούλι περιέχει τώρα τις σφαίρες ΜΜΑ (αφού ουδεµία άλλη κατάσταση δίνει αυτήν την πιθανότητα) Άρα πριν προστεθεί η µαύρη σφαίρα,περιείχε ΜΑ,δηλαδή µια µαύρη και µια άσπρη σφαίρα. Η απόδειξη είναι εξόφθαλµα λανθασµένη και πολλοί µαθηµατικοί κατηγόρησαν τον Κάρολ ότι δεν κατανοούσε τις πιθανότητες,όµως το πρόβληµα όπως γράφει ο Μάρτιν Γκάρντνερ ήταν µια φάρσα,ένα αστείο.Στην εισαγωγή του βιβλίου,ο ίδιος ο Κάρολ αποκαλύπτει το αστείο: -«Αν κάποιος από τους αναγνώστες µου αισθανθεί την επιθυµία να µε κατηγορήσει ότι έχω ασχοληθεί αποκλειστικά µε την περιοχή του κοινότοπου,χωρίς να διακινδύνεψα πότε µια περιήγηση έξω από τα οικεία µονοπάτια,µπορώ µε υπερηφάνεια να του επισηµάνω ένα πρόβληµα «υπερβατικών» πιθανοτήτων,ένα θέµα που,όπως πιστεύω,έχει αντιµετω- πιστεί ελάχιστα ακόµα και από τους πλέον ριψοκίνδυνους ερευνητές των µαθηµατι- κών.Στον συνηθισµένο αναγνώστη µπορεί να φανεί αφύσικο ίσως και παράδοξο – όµως αυτός ο αναγνώστης πρέπει να αναρωτηθεί ειλικρινά: και η ίδια η ζωή δεν είναι ένα πα- ράδοξο;» http://www.nsta.org/publications/quantum.aspx
  29. 29. 28 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 28.Η γάτα του Σρέντινγκερ Ένα πολύ γνωστό επιστηµονικό παράδοξο, που συνδέεται µε την Κβαντοµηχανική, είναι η περίφηµη γάτα του Σρέντιν- γκερ (Schrödinger). Σε αυτό το παράδειγµα έχουµε κλείσει µια γάτα σε ένα κουτί, στο οποίο έχουµε βάλει ένα φιαλίδιο µε δηλητήριο και ένα ραδιενεργό παρασκεύασµα. Το παρα- σκεύασµα εκπέµπει ραδιενεργές ακτίνες σε τυχαίες χρονικές στιγµές, τις οποίες δεν µπορούµε να γνωρίζουµε εκ των προ- τέρων. Οταν µια ακτίνα προσκρούσει στο φιαλίδιο αυτό, σπάει, το δηλητήριο σκορπίζεται στο κουτί και σκοτώνει τη γάτα. Η Κβαντοµηχανική προβλέπει ότι µπορούµε να γνωρί- ζουµε αν η γάτα είναι ζωντανή ή πεθαµένη µόνο αν ανοίξου- µε το κουτί. Αλλά ώσπου να το κάνουµε αυτό, τότε για εµάς η γάτα είναι ταυτόχρονα µισοζωντανή και µισοπεθαµένη! Για την αριστοτελική λογική, που διέπει την καθηµερινή ζωή µας, αυτή είναι µια απαράδεκτη κατάσταση. Τι ακριβώς συµβαίνει; Η απάντηση βρίσκεται στο ότι µε το νοητικό αυ- τό πείραµα προσπαθούµε να εφαρµόσουµε ιδέες της Κβα- ντοµηχανικής, η οποία εξ ορισµού υπολογίζει πιθανότητες συµβάντων και εφαρµόζεται στον µικρόκοσµο, σε αντικείµε- να και έννοιες του µακρόκοσµου, όπου υπάρχει βεβαιότητα και όχι πιθανότητες. Η λογική αντίφαση δεν θα εµφανιζόταν αν είχαµε θέσει µια ξεκά- θαρη µέγιστη απόσταση ή έναν ξεκάθαρο µέγιστο αριθµό σωµατιδίων, στα οποία µπο- ρεί να εφαρµόσει κανείς κβαντοµηχανικές έννοιες. Από πειράµατα που έγιναν πρόσφα- τα φαίνεται ότι ο µέγιστος αριθµός των σωµατιδίων ενός συστήµατος που υπακούει στην Κβαντοµηχανική είναι πολύ µικρότερος από τα κύτταρα µιας γάτας
  30. 30. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 29 29.Η διαθήκη Ο Ιορδάνης , ένας πολύ πλούσιος θείος, έχει αφήσει την ανεκτίµητή του συλλογή από 59 διαµάντια, όπου καθένα από αυτά αποτιµάται σε 1 εκατοµµύριο ευρώ,στα τρία ανίψια και τις δύο του ανιψιές , µοιρασµένα µε τον ακόλουθο τρόπο: -Η Βασιλική θα πάρει το 1/2 των διαµαντιών -Ο Αντώνης θα πάρει το 1/4 των διαµαντιών -O Γιώργος θα πάρει το 1/6 των διαµαντιών -Η Μαρία θα πάρει το 1/20 των διαµαντιών -Ο Γιάννης θα πάρει το 1/60 των διαµαντιών Η διαθήκη ορίζει ότι τα διαµάντια δεν θα πρέπει να κοπούν σε µικρότερα κοµµά- τια και ότι κάθε δικαιούχος πρέπει να λάβει το ακριβές ποσοστό των διαµαντιών που ορίζεται στη διαθήκη, αλλιώς δεν παίρνουν τίποτα. Μετά από λίγη σκέψη, η Βασιλική συνειδητοποιεί ότι είναι αδύνατο να χωρίσεις τα 59 διαµάντια σε κλασµατικές ποσότητες των ½,1/4, 1/6, 1/20, 1/60, αφού: -Η Βασιλική παίρνει 59(1/2) = 29(1/2) διαµάντια -Ο Αντώνης παίρνει 59(1/4) = 14(3/4) διαµάντια -O Γιώργος παίρνει 59(1/6) = 9(5/6) διαµάντια -Η Μαρία παίρνει 59(1/20) = 2(19/20) διαµάντια27 -Ο Γιάννης παίρνει 59(1/60) = 59/60 διαµάντια Τέλος, ο Γιάννης προτείνει να επισκεφτούν τον τοκογλύφο της γειτονιάς , ο οποίος είχε µια φήµη ως ιδιοφυΐα µε τα κλάσµατα. «Ω, αυτό είναι αρ- κετά απλό», τους είπε ο τοκογλύφος µετά από λίγα λεπτά. «Ορίστε, επιτρέψτε µου να σας δανείσω το δικό µου διαµάντι για λίγα λεπτά και θα λύσω αυτό το πρόβληµα ώστε να µείνετε όλοι ικανοποιηµένοι.» Ο τοκογλύφος στη συνέχεια έβγαλε ένα γυαλιστερό αντικείµενο από την τσέπη του και το τοποθέτησε µαζί µε τα άλλα 59 διαµάντια που ήταν τοποθετηµένα σε ένα βελούδινο µαξιλάρι.»Με το διαµάντι µου, τώρα υπάρχουν 60 διαµάντια στο τραπέζι», είπε. «Τώρα, θέλω κάθε ένας από σας να πάρει το ακριβές ποσοστό των διαµαντιών, όπως ορίζεται στη διαθήκη!» Έτσι,: -Η Βασιλική παίρνει 30 διαµάντια από τα 60, που είναι ακριβώς το 1/2 -Ο Αντώνης παίρνει 15 διαµάντια από τα 60, που είναι ακριβώς το 1/4 -Ο Γιωργος παίρνει 10 διαµάντια από τα 60, που είναι ακριβώς το 1/6 -Η Μαρία παίρνει 3 διαµάντια από τα 60, που είναι ακριβώς το 1/20 -Ο Γιάννης παίρνει 1 διαµάντι από τα 60, που είναι ακριβώς το 1/60 Μετά από αυτήν την διαδικασία έχουνε συλλέξει: 30 + 15 + 10 + 3 + 1 = 59 δια- µάντια, αφήνοντας 1 περίσσιο διαµάντι στο τραπέζι. «Και αυτό είναι το διαµάντι που σας δάνεισα», είπε ο καθηγητής , βάζοντας το στην τσέπη του. «Χαίροµαι που σας βο- ήθησα»,είπε καθώς έφευγε, αφήνοντας τον καθένα πραγµατικά ευχαριστηµένο. Μοιαζει παραδοξο ,στην πραγµατικότητα όµως είναι µια πλανη , δεδοµένου ότι τα κλάσµατα στου θείου Γιώργου τη διαθήκη δεν δίνουν άθροισµα 1. Εάν προσθέσουµε τα κλάσµατα λαµβάνουµε : 1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/20 + 1/60 = 59/60. Με άλλα λόγια, η κλασµατική ποσότητα των διαµαντιών που καθορίζεται στην διαθήκη είναι ψευδής και γι’ αυτό ο καθηγητής κατέφυγε σε αυτή τη λύση συνειδητοποιώντας ότι το 59 δεν διαι- ρείται µε τους επιθυµητούς αριθµούς 2, 4, 6, 20, 60. Ο αριθµός 60 όµως διαιρείται µε αυτούς, ως εκ τούτου, αυτός απλώς παρατήρησε ότι αν στιγµιαία πρόσθετε το δικό διαµάντι στα 59 του Ιορδάνη , θα ήταν δυνατό να µοιράσουν τα διαµάντια στις καθο- ρισµένες κλασµατικές αναλογίες.
  31. 31. 30 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 30.Το παράδοξο των τριών κουτιών του Bertrand Το παράδοξο της Ζωής. Είναι αδιανόητο και πέρα από την αντίληψη αλλά,µερικές φορές πιστεύω ότι δυο κλειδωµένα κουτιά είναι η ζωή, που το καθένα του άλλου περιέχει το κλειδί. Piet Hein (1905-1996) O J.L. Bertrand (1822–1900), ένας Γάλλος µαθηµατικός που έζησε τον 19ο αιώνα διατύπωσε ένα παράδοξο το όποιο δηµοσίευσε τo 1889 στο έργο του Calculus des Probabilites.Το παράδοξο των κουτιών (Bertrand’s box paradox ). Έχετε στην διάθεση σας τρία κουτιά από τα οποία επιλέγετε τυχαία το ένα.Το ένα περιέχει δυο χρυσά νο- µίσµατα (ΧΧ),το δεύτερο περιέχει δυο ασηµένια (ΑΑ) και το τρίτο ένα ασηµένιο και ένα χρυσό νόµισµα (ΧΑ).Το κάθε κουτί είναι χωρισµένο σε δυο µέρη,το καθένα από τα οποία ανοίγει ξεχωριστά και περιέχει ένα νόµισµα.Ποιες είναι οι πιθανότητες να επιλέξετε το κουτί µε τα διαφορετικά νοµίσµατα; Μια στις τρεις προφανώς.Ας υποθέ- σουµε όµως ότι επιλέγετε ένα κουτί και το πρώτο µισό που ανοίγετε περιέχει ένα χρυσό νόµισµα.Άρα αυτό το κουτί είναι είτε ΧΧ είτε ΧΑ,και έτσι έχετε 50% πιθανότητα να επιλέξατε το ΧΑ. Παροµοίως ,αν το πρώτο νόµισµα είναι ασηµένιο,έχετε διαλέξει είτε ΑΑ είτε ΧΑ,όποτε έχετε πάλι 50% πιθανότητες να πετύχατε το ΧΑ.Σε οποιαδήποτε περίπτωση,το πρώτο νόµισµα που θα δείτε θα είναι είτε χρυσό είτε αργυρό,άρα έχετε 50% πιθανότητα να έχετε επι- λέξει το ΧΑ. Κάτι δεν πάει καλά ε; Είναι 1/2 η 1/3 η πιθανότητα επιλογής του κουτιού µε τα διαφορετικά νοµίσµατα; Η αρχική εκτίµηση ότι είναι µόνο µια στις τρεις είναι η σωστή ,πως όµως οδηγηθήκαµε στην εσφαλµένη εκτίµηση του 1/2.Όπως επισήµανε ο ίδιος ο Bertrand,η πλάνη έγκειται στην υπόθεση ότι αν το πρώτο από τα νοµίσµατα είναι χρυσό,είναι µοιρασµένες οι πιθανότητες για το αν το δεύτερο θα είναι χρυσό η αργυρό.Κάτι που όµως δεν ισχύει:είναι λιγότερες οι πιθανότητες το δεύτερο νόµισµα να είναι ασηµένιο.Είναι διπλάσιες οι πιθανότητες σας να δείτε πρώτα ένα χρυσό νόµισµα αν το κουτί σας είναι ΧΧ ,παρά αν είναι ΧΑ βλέποντας δηλαδή ότι το πρώτο νόµισµα είναι χρυσό, πρέπει να γνωρίζετε ότι είναι διπλάσιες οι πιθανότητες σας να έχετε ένα κουτί ΧΧ παρά ένα ΧΑ.Παροµοίως,βλέπονταςότι ένα από τα νοµί- σµατα σας είναι αργυρό, πρέπει να γνωρίζετε ότι είναι διπλάσιες οι πιθανότητες να έχετε ένα κουτί ΑΑ, παρά ένα ΧΑ. Φανταστείτε ότι επαναλαµβάνετε την διαδικασία της επιλογής 3000 φόρες, ενώ µεταξύ των επιλογών σας τα νοµίσµατα ανακατεύονται και τοποθετούνται σε θέσεις που δεν γνωρίζετε.Κάθε φορά που επιλέγετε ένα κουτί και βλέπετε το πρώτο νόµισµα,διαπιστώνετε αναπόφευκτα ότι είναι είτε χρυσό είτε αση- ∆ΥΟ ΑΣΗΜΕΝΙΑ ΝΟΜΙΣΜΑΤΑ ∆ΥΟ ΧΡΥΣΑ ΝΟ- ΜΙΣΜΑΤΑ ΕΝΑ ΝΟΜΙΣΜΑ ΑΠΟ ΚΑΘΕΝΑ
  32. 32. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 31 µένιο.Αν αποδεχτείτε την εσφαλµένη επιχειρηµατολογία για κάθε επιλογή σας,θα πε- ριµένετε να επιλέξετε ένα ΧΑ γύρω στις 1500 φόρες,αλλά κάνετε λάθος.Η αλήθεια είναι γύρω στις 2000 από τις επιλογές σας θα είναι ΧΧ η ΑΑ, και µονό γύρω στις 1000 θα είναι ΧΑ. Άρα η πιθανότητα να επιλέξετε το κουτί µε τα διαφορετικά νοµίσµατα είναι 1/3.Το παράδοξο του Bertrand παρουσιάζει οµοιότητες µε το«παράδοξο του Monty hall» ή «το δίλληµα του φυλακισµένου». Σε ένα άρθρο του 1950, ο Αµερικανός µαθηµατικός Warren Weaver εισήγαγε έναν απλό τρόπο για τη διεξαγωγή του πειράµατος στους ανθρώπους: τα κουτιά αντικαθί- στανται από κάρτες,και τα χρυσά και ασηµένια νοµίσµατα αντικαθίστανται από κόκκι- νο και µαύρο χρώµα,µια σήµανση που διατίθενται σε κάθε µία από τις δύο όψεις κάθε κάρτας. 31.Πως εξαφανίζεται το χρήµα..... Θα δείξουµε ότι ένα ευρώ ισούται µε 10 λεπτά!! Είναι γνωστό ότι: 1 ευρω=100 λεπτά του ευρώ ∆ιαιρούµε και τα δυο µέλη µε 100 1 100 100 100 άευρω λεπτ= ή 1 1 100 όευρω λεπτ= Λαµβάνουµε τετραγωνική ρίζα καις τα δυο µέλη: 1 1 100 όευρω λεπτ= ή 1 1 10 όευρω λεπτ= Πολλαπλασιάζω µε το 10 και τα δυο µέλη: 1 ευρώ =10 λεπτά!!
  33. 33. 32 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr 32.Το παράδοξο της Αγίας Πετρούπολης O φαύλος κύκλος που δεν πολυγωνίζεται γιατί, βέβαια, αν πολυγωνιζόταν, τότε θα τετραγωνιζόταν. Kλείτος Kύρου Ένα από τα πιο διάσηµα παράδοξα πιθανοτήτων είναι το παράδοξο της Αγίας Πε- τρούπολης, που είχε προταθεί αρχικά από τον Nicolaus Bernoulli σε µια επιστολή µε ηµεροµηνία Σεπτέµβριος του 1713.Το πρόβληµα λέει ως εξής: Ένα νόµισµα ρίχνεται, µέχρι να φέρει το αποτέλεσµα κορώνα. Αν η κορώνα εµφανι- στεί στην πρώτη ρίψη, η τράπεζα πληρώνει τον παίκτη 1 ευρώ.Αν η κορώνα εµφανι- στεί για πρώτη φορά στη δεύτερη ρίψη, η τράπεζα πληρώνει 2 ευρώ.Αν η κορώνα εµ- φανιστεί για πρώτη φορά στην τρίτη ρίψη, η τράπεζα πληρώνει 4 ευρώ.Στην τέταρτη ρίψη, 8 ευρώ. Στην πέµπτη ρίψη, 16 ευρώ και ούτω καθεξής.Πόσα χρήµατα θα έπρεπε ο παίκτης να πληρώσει στην τράπεζα για να παίξει ένα παιχνίδι,ώστε το παιχνίδι να είναι δίκαιο; ∆ηλαδή, ούτως ώστε ούτε ο παίκτης, αλλά ούτε και η τράπεζα να έχουν ένα πλεονέκτηµα ανεξάρτητα από το πόσο το παιχνίδι θα συνεχίζεται; Τι σηµαίνει όµως ένα «δίκαιο» παιχνίδι;Ένα παράδειγµα: Ένας παίκτης αναλαµβάνει να ρίξει ένα «άσσο» µε µία ρίψη ενός ζαριού. Η τράπεζα συµφωνεί να τον πληρώσει 1 ευρώ, εάν πετύχει.Τι ποσό θα πρέπει να πληρώσει ο παίκτης,για να είναι το παιχνίδι δίκαιο; Σε µία µόνο ρίψη η πιθανότητα ενός 1 είναι προφανώς 1/6. ∆εν µπορούµε να συµπεράνουµε όµως από αυτό ότι ο παίκτης θα ρίξει ακριβώς 1 άσσο σε 6 βολές. Μπορούµε να συµπεράνουµε, ωστόσο, ότι σε ένα µεγάλο αριθµό ρίψεων, έστω 6000, ένας άσσος θα έρθει περίπου 1000 φορές και ότι καθώς αυξάνουµε τον αριθµό των ρί- ψεων, η αναλογία του αριθµού των επιτυχιών µε τον αριθµό των ρίψεων θα προσεγγί- σει περισσότερο και περισσότερο το 1/ 6. (ο πανταχού παρών νόµος των µεγάλων α- ριθµών) Η ”προσδοκία” του παίκτη, όπως ονοµάζεται, είναι εποµένως 1/6 του 1 ευρώ ανά παιχνίδι και το ποσό αυτό είναι που πρέπει να πληρώσει στην τράπεζα, αν κανένας από τους 2 δεν πρέπει να έχει το πλεονέκτηµα. Γυρίζουµε πίσω στο στο αρχικό µας πρόβληµα. Εξετάζουµε την πρώτη ρίψη του νοµίσµατος. Η πιθανότητα να έρθει κορώ- να είναι 1/2. Το ποσό που εµπλέκεται είναι 1 ευρώ. Ως εκ τούτου, η προσδοκία αυτής της ρίψης είναι 1/2 του ενός ευρώ δηλαδή 50 λεπτά. Ας εξετάσουµε τη δεύτερη ρίψη. Ο παίκτης θα εισπράξει σε αυτήν τη ρίψη µόνο αν έφερε γράµµατα στην πρώτη ρίψη
  34. 34. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 33 και κορώνα στην δεύτερη. Η πιθανότητα να συµβεί αυτό είναι (1/2)(1/2),δηλαδή 1/4.Το ποσό που εµπλέκεται είναι τώρα 2 ευρώ. Ως εκ τούτου, η προσδοκία αυτής της ρίψης είναι 1/4 των 2 ευρώ, δηλαδή 50 λεπτά. Εξετάζουµε την τρίτη ρίψη.Ο παίκτης θα εισπράξει σε αυτήν τη ρίψη µόνο εάν αυτός έφερε γράµµατα στις δύο πρώτες ρίψεις και κορώνα στην τρίτη. Η πιθανότητα να συµβεί αυτό είναι (1/2)(1/2)(1/2),ή 1/8. Το ποσό που εµπλέκεται είναι 4 ευρώ.Εποµένως, η προσδοκία σε αυτήν τη ρίψη είναι 1/8 των 4 ευρώ, δηλαδή 50 λεπτά.Για να δείξουµε ότι η προσδοκία της κάθε ρίψης είναι 50 λεπτά, εξετάζουµε τη νιοστή ρίψη. Ο παίκτης θα εισπράξει σε αυτήν τη ρίψη µόνο αν έφερε γράµµατα στις πρώτες n- 1 ρίψεις και κορώνα στη νιοστή. Η πιθανότητα να συµβεί αυτό είναι (1/2)n .Τώρα, τα ευρώ που εµπλέκονται στην πρώτη ρίψη είναι 1,ή 20 , στη δεύτερη ρίψη είναι 2, ή 21 , στην τρίτη ρίψη είναι 4, ή 22 , στην τέταρτη ρίψη 8,ή 23 και ούτω καθεξής. Παρατηρούµε ότι ο αριθµός των ευρώ είναι πάντα µια δύναµη του 2 και ότι η δύναµη είναι πάντα ένα µικρότερη από τον αριθµό της ρίψης. Ως εκ τούτου,ο αριθµός των ευρώ που εµπλέκονται στη νιοστή ρίψη είναι 2n-1 .Τέλος, η προσδοκία για νιοστή ρίψη είναι (1/2)n (2n-1 ), ή 2n-1 /2n , ή 50 λεπτά.∆εδοµένου ότι η συνολική προσδοκία είναι πάντα το άθροισµα των προσδοκιών στο κάθε στάδιο του παιχνιδιού, η συνολική προσδοκία εδώ είναι: 1/2 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + ….. ευρώ. Υπενθυµίζουµε ότι το παιχνίδι συνεχίζεται µέχρι να έρθει το αποτέλεσµα κορώ- να.Θεωρητικά δεν υπάρχει όριο στον αριθµό των γραµµάτων που µπορούν να εµφανι- στούν πριν εµφανιστεί η πρώτη κορώνα και αυτό σηµαίνει ότι η παραπάνω σειρά α- θροίζεται επ’ άπειρον.Αλλά το άθροισµα των άπειρων όρων της σειράς αυτής είναι προφανώς άπειρο.Άρα,ο παίκτης πρέπει να πληρώσει την τράπεζα ένα άπειρο ποσό χρηµάτων,ώστε να µπορέσει να παίξει το παιχνίδι!Το αποτέλεσµα είναι παράλο- γο.Ωστόσο,µαθηµατικά είναι σωστό.Τι είναι λάθος,τότε; Αυτή η ερώτηση έχει κεντρί- σει το ενδιαφέρον πολλών µαθηµατικών τους τελευταίους δυο αιώνες και έχουν προ- ταθεί αρκετές λύσεις.Προτιµώ την ακόλουθη:∆εν υπάρχει κανένα λάθος µε το αποτέ- λεσµα που βγάλαµε,υποθέτοντας ότι υπάρχει µια τράπεζα που έχει άπειρο πλούτο και συνεπώς,είναι σε θέση να πληρώνει τον παίκτη όσο και αν εξελιχθεί το παιχνίδι µέχρι να έρθει η πρώτη κορώνα.Αλλά µια τέτοια τράπεζα, προφανώς δεν υπάρχει. Ας υποθέ- σουµε, λοιπόν, ότι θα ερευνήσουµε την προσδοκία, στην περίπτωση µιας τράπεζας της οποίας ο πλούτος περιορίζεται στο 1000000 ευρώ.Όπως και πριν,η πιθανότητα να εµ- φανιστεί για πρώτη φορά µία κορώνα στη νιοστή ρίψη είναι 1/2n .Εάν η κορώνα εµφα- νιστεί σε αυτή ρίψη,η τράπεζα πληρώνει 2n-1 ευρώ, µε την προϋπόθεση ότι αυτό το πο- σό είναι λιγότερο από 1000000 ευρώ.Αλλιώς,θα πληρώσει 1000000 ευρώ.∆ηλαδή,αν το Pn συµβολίζει την πιθανότητα να εµφανιστεί για πρώτη φορά κορώνα στη νιοστή ρίψη και αν το an είναι το ποσό σε ευρώ που καταβάλλεται από την τράπεζα για τη νίκη σε αυτη τη ρίψη,τότε η προσδοκία στη νιοστή ρίψη είναι (Pn)(an), όπου: Pn = 1/2n και an = 2n-1 µε 2n-1 < 1000000 Pn = 1/2n και an = 1000000 µε 2n-1 > 1000000 Το 219 είναι µικρότερο από 1000000, ενώ το 220 είναι µεγαλύτερο από 1000000. Εποµένως, το πρώτο σύνολο συνθηκών ισχύει όταν το n είναι µικρότερο ή ίσο του 20,και το δεύτερο σύνολο όταν το n είναι µεγαλύτερο από 20. Ως εκ τούτου η συνολι- κή προσδοκία σε ευρώ δίνεται από την έκφραση:(1/2)(1)+(1/2)2 (2)+(1/2)3 (2)2 +…µέχρι τον εικοστό όρο +(1/2)21 (1000000)+(1/2)22 (1000000)+ …µέχρι το άπειρο
  35. 35. 34 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr ∆εδοµένου ότι κάθε ένας από τους πρώτους είκοσι όρους αυτής της σειράς έχει την τιµή 1/2, το άθροισµα του πρώτου µέρους της σειράς είναι 10. Το δεύτερο µέρος, είναι µια γεωµετρική σειρά, το άθροισµα της οποίας µπορεί να βρεθεί µε έναν στοιχειώδη αλγεβρικό τύπο. Η αξία αυτού του ποσού µε τέσσερα δεκαδικά ψηφία είναι 0,9536. Έτσι, η συνολική προσδοκία στην περίπτωση µιας τράπεζας µε 1000000 ευρώ είναι 10,95 ευρώ, ένα λογικό ποσό για να πληρώσει κάποιος, ώστε να παίξει το παιχνίδι. Ο ίδιος ο Daniel Bernoulli εύστοχα παρατηρούσε: «Ο προσδιορισµός της αξίας ενός στοιχείου δεν πρέπει να βασίζεται στην τιµή, αλλά µάλλον στην χρησιµότητα που του αποδίδεται… ∆εν υπάρχει καµία αµφιβολία ότι η αύ- ξηση των χιλίων δουκάτων είναι πιο σηµαντική για κάποιον άπορο από ότι σε έναν πλούσιο άνδρα, αν και οι δύο κερδίσουν το ίδιο ποσό. Το φαινόµενο της πεταλούδας Κάθε φορά που διαγράφεις από τα δυο µέλη µιας ανίσωσης ένα αρνη- τικό όρο και δεν αλλάζεις φορά στην ανισότητα ένας δεινόσαυρος εξορ- γίζεται. 2 2 3 3 9 3 9 3 9 (3 ) ( 3)( 3) (3 ) (3 )( 3) (3 ) (3 )( 3) 3 0 3 ;; x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x > > − < − − < − − − < − + − − < − − + − > − + > + >
  36. 36. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 35 33.Ένα απροσδόκητο διαγώνισµα και µια αµφιλεγόµενη διόρθωση. Είναι 6x4 =4x6; Επιµενίδης: Ποια είναι η καλύτερη ερώτηση που µπορεί να διατυπώσει κάποιος και ποια η καλύτερη απάντηση που µπορεί να πάρει; Βούδας: Η καλύτερη ερώτηση είναι αυτή που µόλις έκανες και η καλύτερη απάντηση αυτή που σου δίνω τώρα. Από τους φανταστικούς διαλόγους του Σµούλιαν στο βιβλίο του,Ο Σατανάς,ο Κα- ντόρ και το άπειρο. «Βγάλτε µια κόλλα χαρτί!» Αυτή η φράση έχει στοιχειώσει τον καθένα ως µαθη- τή.Όσες φορές χρειάζεται λόγω δουλειάς να την ξεστοµίσω,φροντίζω να το κάνω όσο πιο απαλά και ανώδυνα (!) γίνεται. Εντάξει, αστειεύοµαι,τα απροειδοποίητα διαγωνί- σµατα δεν συνηθίζονται στην παραπαιδεία της οποίας είµαι ένας ταπεινός θεράπων. Ένα διαγώνισµα όµως µπορεί να προκαλέσει λίγη παραδοξολογική κουβεντούλα!! Την ∆ευτέρα, το πρωί ένας καθηγητής σε κάποιο σχολείο µπαίνει στην τάξη και α- νακοινώνει στα παιδιά:«Θα γράψετε ένα απροσδόκητο διαγώνισµα κάποια µέρα στην εβδοµάδα.Μπορεί σήµερα,αύριο, Τετάρτη,Πέµπτη,Παρασκευή το αργότερο.Το πρωί της µέρας που θα γράψετε το διαγώνισµα, κανένας σας δεν θα το περιµένει.» Ένας από τους µαθητές σηκώνει το χέρι του και αφού παίρνει το λόγο,λέει στον κα- θηγητή: «Προφανώς δεν πρόκειται να γράψουµε το διαγώνισµα την Παρασκευή, διότι αν δεν έχουµε γράψει το διαγώνισµα µέχρι την Πέµπτη τότε είναι σίγουρο ότι την Παρασκευή το πρωί θα το γράψουµε, αλλά θα το περιµένουµε όλοι και δεν θα είναι απροσδόκητο.Άρα βγάζουµε εκτός την Παρασκευή έτσι ξέρουµε ότι η τελευταία πιθα- νή µέρα για το διαγώνισµα είναι η Πέµπτη.Αν δεν το έχουµε γράψει µέχρι την Τέταρ- τη τότε σίγουρα θα το γράψουµε την Πέµπτη όποτε παύει πάλι να είναι απρόσµενο ,άρα εξαιρούµε την Πέµπτη. Ανάλογα µπορούµε να εξαιρέσουµε την Τέταρτη, την Τρίτη και την ∆ευτέρα.» Άρα συνέχισε ο µαθητής «∆εν πρόκειται να γράψουµε διαγώ- νισµα αυτή την εβδοµάδα!!»,«Ωραία»του είπε ο καθηγητής:«Βγάλτε τώρα µια κόλλα χαρτί!!» Οι µαθητές έγραψαν το διαγώνισµα και..κάνεις τους δεν το περίµενε. Ποιο ήταν το λάθος στο συλλογισµό του µαθητή; ∆εκάδες άρθρα έχουν γραφεί αναφορικά µε το παραπάνω πρόβληµα.Αυτό που δεν είναι γνωστό ,είναι,ότι η έµπνευση του παραδόξου προέρχεται από µια αληθινή ιστορί- α. Κατά την διάρκεια του δευτέρου παγκοσµίου πολέµου το 1943,η εθνική Σουηδική Ραδιοφωνία ανακοίνωσε την διεξαγωγή µιας άσκησης ετοιµότητας για την Σουηδική πολιτοφυλακή. Ανακοίνωσε ότι την ερχόµενη εβδοµάδα κάποια µέρα από ∆ευτέρα µέχρι Σάββατο θα ηχήσουν οι σειρήνες τις άσκησης ετοιµότητας ,αλλά κανένας δεν θα γνωρίζει εκ των πρότερων ποια µέρα. Όπως και πραγµατικά έγινε.Ένας Σουηδός µα- θηµατικός, ο Lennart Ekbom παρατήρησε κάτι παράξενο σε σχέση µε την ανακοίνωση της άσκησης ετοιµότητας,το έθεσε µάλιστα στην τάξη των φοιτητών του στο Ostermalms College.Ισχυρίστηκε όπως µαντεύετε λοιπόν το εξής: Έστω ότι είστε επικεφαλής µιας από τις οµάδες της πολιτοφυλακής,και γνωρίζε- τε για την διεξαγωγή της άσκησης αλλά σίγουρα δεν θα γνωρίζετε την ηµέρα της ε-
  37. 37. 36 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr βδοµάδας την οποία θα διεξαγόταν. Η άσκηση πρέπει να είναι αναπάντεχη για όλους. Επόµενη λογική σκέψη ,αν έχει περάσει η εβδοµάδα και έχουµε φτάσει στην Παρα- σκευή τότε η µοναδική µέρα που αποµένει είναι το Σάββατο δεδοµένου όµως ότι η άσκηση πρέπει να είναι απρόσµενη εξαιρούµε το Σάββατο. Τώρα όµως η τελευταί- α µέρα διεξαγωγής είναι η παρασκευή αν όµως µέχρι το απόγευµα της πέµπτης δεν έχει γίνει η άσκηση τότε αποκλείεται να γίνει την Παρασκευή γιατί θα είναι αναµενό- µενη από όλους.Άρα εξαιρούµε και την παρασκευή µε το ίδιο συλλογισµό µπορούµε να εξαιρέσουµε όλες τις ηµέρες της εβδοµάδας και να συµπεράνουµε ότι δεν θα πραγ- µατοποιηθεί η άσκηση. Τρίτη πρωί, η άσκηση πραγµατοποιείται. Υπάρχει λάθος στον συλλογισµό; Υπάρχουν περαιτέρω εκδοχές του παράδοξου, η κεντρική ιδέα όµως είναι η ίδια. Απαιτούνται πάντα δυο άνθρωποι, ένας ισχυρίζεται ένα γεγονός θα συµβεί και σίγουρα θα είναι απρόσµενο. Ο δεύτερος άνθρωπος ισχυρίζεται ότι οι συνθήκες του πρώτου είναι αντιφατικές.Άρα το γεγονός δεν µπορεί να συµβεί. Αλλά παρ όλα αυτά συµβαί- νει.Τόνοι µελάνης έχουν χυθεί για να παρουσιάσουν µια εξήγηση του παραδόξου, άλλα ίσως η πιο εύληπτη και κατανοητή ανάλυση δόθηκε από τον µάγο των εκλαϊκευµένων µαθηµατικών Μάρτιν Γκάρντνερ στο περιοδικό Scientific American. O Γκάρντνερ περιγράφει ένα άνδρα ο οποίος λέει στη σύζυγο του,ότι θα της κάνει ένα απρό- σµενο δώρο για τα γενέθλια της. Ένα χρυσό ρο- λόι. Ο άνδρας έθεσε τους όρους.Τώρα η σύζυγος του χρησιµοποιώντας την λογική σκέφτεται ότι ο σύζυγος της δεν θα της έλεγε ψέµατα.Εφόσον της είπε ότι το δώρο θα είναι απρόσµενο ,τότε θα είναι απρόσµενο αλλά τώρα προσµένει ένα χρυσό ρολόι . Άρα συµπεραίνει σίγουρα δεν θα είναι ένα χρυσό ρολόι. Φυσικά όµως της δίνει ένα χρυ- σό ρολόι και είναι απρόσµενο για αυτή αφού µε λογικό συλλογισµό είχε καταλήξει ότι δεν θα είναι ένα χρυσό ρολόι. Ο Βρετανός Michael Scriven (πτυχίο µαθηµατι- κών, διδακτορικό στην φιλοσοφία), το 1951, στο Περιοδικό Mind αναδιατυπώνει το παραπάνω παράδοξο σε ένα πείραµα µε ένα αυγό. Έστω ότι κάποιος τοποθετεί εµπρός στο πειραµατόζωο 10 πανοµοιότυπα κλειστά κουτιά αριθµηµένα από το 1 µέχρι το δέκα. Σε ένα από τα κουτιά υπάρχει ένα αυγό αλλά δεν αποκαλύπτεται σε ποιο. Ο διοργανωτής του πειρά- µατος λέει:Άρχισε να ανοίγεις τα κουτιά από το 1 µέχρι το 10 σου εγγυώµαι ότι όταν θα βρεις το αυγό δεν θα το περιµένεις. Το πειραµατόζωο ανθίσταται λέγοντας: Το αυγό δεν βρίσκεται στο κουτί Νο 10,διότι αν ανοίξω όλα τα κουτιά µέχρι το Νο 9 και δεν υπάρχει σίγουρα θα είναι στο κουτί Νο 10 και δεν θα είναι απρόσµενο για µένα. Έτσι µπορώ να εξαλείψω την πιθανότητα να βρω το αυγό σε όλα τα κουτιά αρχής γενοµένης από το 1. Μαντεύετε την συνέχεια. Πρόσφατα πήρε το µάτι µου διαδικτυακή κόντρα στην οποία το µήλο της έριδος ήταν αν έπρεπε να µεµφθεί µαθητής γυµνασίου που έγραψε x+1=0 τότε x=-1.Ναααα µια Μάρτιν Γκάρντνερ (1914 –2010)
  38. 38. Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα ∆ρούγας Αθ. 37 κάµηλος*. Είµαστε οι µόνοι που το κάνουµε; Λάθος διόρθωση; 4x6=6x4 ή µήπως όχι; ∆ηµοσίευµα του Σεπτεµβρίου του 2014 στον δικτυακό τόπο της εφηµερίδας της Kicker Daily News µε θέµα το γραπτό µιας µαθήτριας στην Τζακάρτα της Ινδο- νήσιας. Όλα άρχισαν όταν ο φοιτητής του πολυτεχνείου Muhammad Erfas Maulana πόσταρε σε δικτυακό τόπο κοι- νωνικής δικτύωσης την εργασία της µι- κρής του αδελφής στα µαθηµατικά και την διόρθωση που της έκανε ο δάσκαλος. (δείτε Φώτο). Αµέσως ξεκίνησε µια αντιδικία ανάµεσα σε αυτούς που υποστηρίζουν ότι ο δάσκαλος διόρθωσε σωστά την εργασία και σε αυτούς που πιστεύουν ότι την αδίκησε. Ως νεοέλληνας αρνούµαι κατηγορηµατικά να πάρω θέση, µόνο καταδεικνύω το γεγο- νός. Για να µην λέτε ότι µόνο στο δικό µας εκπαιδευτικό σύστηµα διυλίζουµε το κώ- νωπα και καταπίνουνε την..κάµηλο!! Κάµηλος είναι το χοντρό σχοινί που χρησιµοποιούν οι ναύτες για να δέσουν τα πλοία στις προβλήτες. 34.Το παράδοξο του Yablo Ένα παράδοξο από τον Stephen Yablo αµερικανό καθηγητή φιλοσοφίας του ΜΙΤ . ∆ίνονται οι παρακάτω προτάσεις απείρου πλήθους : «Όλες οι ακόλουθες προτάσεις είναι ψευδείς .» «Όλες οι ακόλουθες προτάσεις είναι ψευδείς . » «Όλες οι ακόλουθες προτάσεις είναι ψευδείς . » «Όλες οι ακόλουθες προτάσεις είναι ψευδείς . » «Όλες οι ακόλουθες προτάσεις είναι ψευδείς . » … Ο Yablo ισχυρίζεται το εξής: Αν όλες οι προτάσεις είναι ψευδείς τότε έχουµε αντίφαση µε την πρώτη πρόταση ,αλλά δεν µπορεί και καµιά τους να είναι αληθής γιατί τότε όλες οι ακόλουθες της προτάσεις θα ήταν ψευδείς αυτό όµως σηµαίνει ότι για οποιαδήποτε από αυτές κάποια που ακο- λουθει ήταν αληθής .Αντίφαση ξανά!! Άρα δεν µπορούµε χαρακτηρίσουµε καµιά πρόταση αληθή ή ψευδή. ∆είτε και το σύνδεσµο http://www.mit.edu/~yablo/pwsr.pdf

×