Παράδοξα και ψευδοαποδείξεις

Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα Δρούγας Θανασής 1

2 Ψευδοαποδείξεις-Παράδοξα http://mathhmagic.blogspot.gr
Ψευδοαποδειξεις-Παράδοξα 2021
Για την ελληνική γλώσσα:
Copyright:Δρούγας Αθανάσιος
Email:tdrougas11@gmail.com
Υποστηρικτικός δικτυακός τόπος:
http://mathhmagic.blogspot.gr/
Επιστημονική επιμέλεια:Μήτσος Μπουρμπακί,πίθηκος Πινγκ πονγκ

Τι συνιστά ένα παράδοξο; Οι απαντήσεις ποικίλλουν.Ο Βρετανός φιλόσοφος
Ρ.Μ.Σεινσμπερυ γράφει: «Παράδοξο είναι ένα φαινομενικά απαράδεκτο συμπέρασμα
που πηγάζει από φαινομενικά αποδεκτούς συλλογισμούς, οι οποίοι βασίζονται σε
φαινομενικά αποδεκτές προκείμενες προτάσεις.» Πως το έχω στο νου μου; Ένα ερώτη-
μα (πολλές φορές και ψευδοερώτημα) που μας αφήνει μετέωρους σε πολλές σωστές
απαντήσεις, είτε μας εκθέτει σε ένα αντιδιαισθητικό ή εν γένει αιφνιδιαστικό συμπέ-
ρασμα.Αν αυτό είναι θεμιτό στην φιλοσοφία, στα μαθηματικά μοιάζει παράταιρο,πλην
όμως απόλυτα εφικτό.Ο Ράσελ, ο Φρέγκε και Γκέντελ μας το βεβαιώνουν με ένα ορι-
στικό και αμετάκλητο τρόπο.Υπάρχουν ρωγμές στο χώρο της λογικής και πολύ συ-
χνότερα στο χώρο της κοινής λογικής, ρωγμές που αναπάντεχα παρά την σύγχυση που
προκαλούν, ασκούν και μια ακαταμάχητη έλξη στον ανθρώπινο νου. Τι άλλο συνιστά
ένα παράδοξο; Κάπου είχα διαβάσει ότι πρόκειται για παραπλανητικά αινίγματα που
ψαρεύουν την αλήθεια στο βαθμό που αυτή υπάρχει.Aινίγματα που δεσπόζουν στην
λαογραφία και δεν είναι παρά ο κοινός απόγονος της φιλοσοφίας και των μαθηματι-
κών.Ρωτάμε ας πούμε πόσο χώμα υπάρχει σε ένα λάκκο με 4 μέτρα πλάτος ,2 μέτρα
μήκος και 2 μέτρα βάθος,η πρώτη λανθασμένη απάντηση είναι 16 κυβικά. Με μια
δεύτερη σκέψη απαντάμε ότι ο λάκκος είναι άδειος.Αν αυτό είναι ένα τετριμμένο πα-
ράδειγμα έχουμε πιο σύνθετα ερωτήματα: Έχει ο χρόνος αρχή; Μπορεί ο Θεός να
φτιάξει μια πέτρα τόσο βαριά που να μην μπορεί να την σηκώσει; Θα προσπεράσει ο
Αχιλλέας τη χελώνα; Στις ακόλουθες σελίδες έχω σταχυολογήσει ψήγματα παράδοξων,
ψευδοερωτημάτων,μαθηματικών αινιγμάτων με μια κοινή συνιστώσα: η εξήγηση είτε
αντιβαίνει στην διαίσθηση είτε δεν..υπάρχει!

1.Που είναι τα Ευρώ;
Ο Παπαδόπουλος κοιτάζει το
χαρτί και δεν μπορεί να καταλάβει τι
συνέβη. Είχε την εντύπωση ότι είχε
1000 ευρώ υπόλοιπο στον τραπεζικό
του λογαριασμό του και στην
διάρκεια του προηγουμένου μήνα
έκανε έξι αναλήψεις με συνολικό
άθροισμα 1000 ευρώ, όμως υπολο-
γίζοντας το τραπεζικό του υπόλοιπο
ανάληψη-ανάληψη διαπίστωσε ότι
υπάρχει μια διαφορά 10 ευρώ, ήταν
βέβαιος ότι οι προσθέσεις που έκανε
είναι απόλυτα σωστές.
Δείτε το χαρτί .
Χρωστάει 10 ευρώ στην τράπεζα ή
όχι;
Το άθροισμα των ποσών που απομένουν
στον λογαριασμό δεν είναι απαραίτητο να
ισούται με το υπόλοιπο του τραπεζικού
λογαριασμού.Μπορούμε να επιλέξουμε τα
ποσά τα διαδοχικών αναλήψεων κατά
τέτοιο τρόπο ώστε να βγει ποσό πολλαπλά-
σιο του 1000.Δείτε το παράδειγμα:

2.Ένα χαμένο ευθύγραμμο τμήμα….
Αν σχεδιάσουμε σε ένα ορθογώνιο φύλλο χαρτί 10 ίσα ευθύγραμμα τμήματα
παράλληλα μεταξύ τους και στην συνέχεια κόψουμε το φύλλο κατά μήκος της δια-
γωνίου του και μετακινήσουμε το πάνω μισό του φύλου κατά μήκος της διαγωνί-
ου, τότε αν μετρήσουμε τα ευθύγραμμα τμήματα θα δούμε ότι είναι εννέα. Που
πήγε το ευθύγραμμο τμήμα;
Προφανώς οκτώ από τα ευθύγραμμα τμήματα χωρίζονται σε δυο μέρη και με την
«κύλιση» ανασυνθέτουν εννέα μεγαλύτερα τμήματα.
Η βασική ιδέα θα κάνει
την εμφάνιση της αρκετές
φορές στις επόμενες σελί-
δες.

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:
 
 

5.Θέμα
Από παλιό διαγώνισμα μια «ψευδοαπόδειξη».
Είναι γνωστό ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα
διάστημα [α,β], τότε ισχύει: ( ) ( )
f x dx f x dx
 
 

  (1)
Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση ( )
f x x
 στο [0,1]
Έχουμε λόγω της (1):
0 0
1 1
xdx x dx

  ή
0 1
2
0
1
2
x
xdx
 
 
 
 
 ή (Είναι 0
x  )
1
2
0
1
2 2
x
 
   
 
ή
1 1
2 2
  ή 1 1
  ή
2019 2019
 
Που είναι το λάθος;
Η απάντηση ανάποδα στην πινακίδα.

4.Παλιό αλλά κλασικό!
Βλέπετε δώδεκα αστροναύτες στον πλανήτη της εικόνας.Φωτοτυπήστε την σελίδα και
κατόπιν κόψτε με ένα ψαλίδι κατά μήκος της περιφέρειας του κύκλου (διακεκομμένες)
στην συνέχεια περιστρέψετε τον κατά 30ο
με τη φορά των δεικτών του ρολογιού.
Μετρήστε τώρα τους αστροναύτες,έχουν γίνει..έντεκα!
Τι συνέβει;
Είναι προφανές ότι με τη περι-
στροφή «τρώγονται» τα μέλη
ενός αστροναύτη . Εγώ το ήξερα
με κινέζους και την ονομασια Get
of the Earth,από τον Αμερικανό
δημιουργό γρίφων του 19ου
αιώνα
Sam Loyd! Δείτε στο qr code ένα
εύληπτο βιντεο που εξηγεί τη
«μαγεία»!

5. «Το βλέπω αλλά δεν το πιστεύω!»
Tο 1874, ο Γερμανός Μαθηματικός G.Cantor σε μια επι-
στολή του στον μαθηματικό R.Dedekind αναρωτιόταν αν
υπάρχει μια 1-1 αντιστοιχία των σημείων ενός τετραγώνου
με τα σημεία ενός ευθύγραμμου τμήματος.
«Νομίζω», έγραφε, «ότι η απάντηση σε αυτήν την ερώτηση
δεν θα είναι κάτι εύκολο, πάρα το γεγονός ότι για μένα εί-
ναι τόσο ξεκάθαρα αρνητική που δεν απαιτείται απόδειξη!»
Τρία χρόνια αργότερα, το 1877, απέδειξε ότι είχε άδικο και
η απάντηση ήταν καταφατική και έγραφε στον Dedekind:
«Το βλέπω αλλά δεν το πιστεύω!»
Χωρίς βλάβη της γενικότητας , θεωρούμε τετράγωνο
πλευράς 1 τοποθετημένο στο ορθοκανονικό σύστημα όπως
φαίνεται στο σχήμα. Έστω 𝑀(𝑥, 𝑦) τυχαίο εσωτερικό σημείο
του τετραγώνου,τότε:
1 2 3
1 2 3
0, .....
0, ....
x a a a
y
,αν x ρητός ,π.χ 0,3 τον γράφουμε 0,299…
Θεωρούμε τον αριθμό 𝛼 = 0,α1β1α2β2α3β3… που προφανώς αντιστοιχεί σε ένα σημείο
του άξονα x΄x στο διάστημα (0,1). Έτσι πετύχαμε μια 1-1 αντιστοιχία των εσωτερικών
σημείων του τετραγώνου με τα σημεία του διαστήματος (0,1), επομένως είναι τόσα τα
εσωτερικά σημεία του τετραγώνου όσα και της πλευράς του!!
1
1
y
x
G.Cantor
(1845-1918)
Για το τρόπο που δάμασε
ο Cantor το άπειρο
σκανάρετε το Qr-CODE

6.Το παράδοξο των εξοπλισμών
Έστω ότι δυο κράτη Α και Β έχουν διάφορες προστριβές, έτσι έχουν να επιλέξουν
μεταξύ δύο πολιτικών:
1η
: Μη συνεργασία, που σημαίνει εντατικό εξοπλισμό και προετοιμασία για πιθα-
νό πόλεμο.
2η
: Συνεργασία, με αποτέλεσμα τον αφοπλισμό ή το μερικό αφοπλισμό.
Στον πίνακα που ακολουθεί, καταγράφονται οι δυνατές επιλογές των δύο κρατών:
Αποκλείουμε τις περιπτώσεις: «Ευνοείται το κράτος Α», «Ευνοείται το κράτος Β».
Έτσι μένουν οι περιπτώσεις: «κυνήγι εξοπλισμού» και «αφοπλισμός». Ο αφοπλισμός
αν και συμφέρει τόσο τα δύο κράτη, όσο και την παγκόσμια ειρήνη, είναι μια ασταθής
λύση, γιατί ενώ αφοπλίζεται το ένα κράτος, ενδέχεται να εξοπλίζεται κρυφά το άλλο,
επομένως μόνο η λύση «κυνήγι εξοπλισμών» είναι θέση ισορροπίας. Το παράδοξο
εδώ είναι ότι ενώ τα κράτη επιζητούν ειρηνική διευθέτηση των διαφορών τους,
είναι αναγκασμένα να εξοπλίζονται συνεχώς. Κάθε ομοιότητα με πραγματικές κατα-
στάσεις είναι τυχαία!

7.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).
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,
Από εκεί και πέρα ,όμως αν απαιτήσουμε τα ψηφία να είναι διαφορετικά, έχουμε
όπου γ, α, β μονοψήφιοι διαφο-
ρετικοί ακέραιοι
,κατασκευάζουμε πίνακα διπλής
εισόδου και προκύπτει ότι έ-
χουμε ακέραιο σε τέσσερεις
περιπτώσεις όταν
● γ=5 για β=9,α=1,
● γ=4 για β=6,α=1 ,
● γ=8 για β=9,α=4,
● γ=5 για β=6,α=2,
19 19
95

9
1
5
5

77 7 7
77

7 7
7

7
1

10
10 10
10
10
9 10 (9 ) 10
9
    
   
    

       
 

       

      

19 1
95 5

16 1
64 4

49 4 1
98 8 2
 
26 2
65 5


8.Ο Μήτσος
Ο Μήτσος είχε μια απαιτητική προφορική εξέταση στο μάθημα της Λογικής. Έπρεπε
να απαντήσει σωστά σε έξι από δέκα ερωτήσεις. Όταν τέλειωσε την ενάτη ερώτηση
είχε απαντήσει σωστά σε πέντε ερωτήσεις. Του είχε μείνει μια και δεν μπορούσε να
απαντήσει λανθασμένα γιατί δεν θα περνούσε την εξέταση. Ο καθηγητής ,που ήταν και
λίγο παράξενος, του είπε ότι θα του έκανε μια ύπουλη ερώτηση και αν απαντούσε λά-
θος θα τον έκοβε. Το ερώτημα που του έκανε ο Καθηγητής ήταν το εξής:
«Θα περάσεις αυτή την εξέταση;»
Ο Μήτσος το σκέφτηκε ,απάντησε και πέρασε το μάθημα .Τι απάντησε ;
Απάντησε «Όχι» Με αυτή την απάντηση έθεσε τον καθηγητή σε ένα αδιέξοδο
,δημιούργησε μια παράδοξη κατάσταση στην οποία αν ο καθηγητής θεωρούσε την
απάντηση λανθασμένη έπρεπε να τον περάσει ,διαφορετικά αν η θεωρούσε την
απάντηση σωστή έπρεπε πάλι να τον περάσει!

9.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 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.
10. 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
     
   
 
       
       
 
      
 
 
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
 
 
 
 
   
      
 
   
 
   
 
       
           
Που βρίσκεται το λάθος;
Το λάθος στην παραπάνω διαδικασία είναι ότι ισχύει:
2 2
2
1
1
   
  
 
  

11.Γράφει ο Raymond Smullyan στο βιβλιο του
Alice in Puzzleland:
Είμαι σαν τον κόκκινο βασιλιά, είπε η
κόκκινη βασίλισσα. Όπως κι εκείνος,
πιστεύω σε λάθος πράγματα όταν
κοιμάμαι και σε σωστά όταν είμαι
ξύπνια. Χθες στο βράδυ, στις έντεκα,
ο Κόκκινος βασιλιάς πίστευε ότι
κοιμόμουν. Την ίδια στιγμή, τι πίστευα εγώ, ότι εκείνος κοι-
μόταν ή ότι ήταν ξύπνιος;"
Αν ο κόκκινος βασιλιάς κοιμάται, τότε αυτό που πιστεύει εί-
ναι λάθος, επομένως η κόκκινη βασίλισσα είναι ξύπνια, επο-
μένως πιστεύει-ορθά-ότι ο κόκκινος βασιλιάς κοιμάται. Αν ο
Κόκκινος βασιλιάς είναι ξύπνιος, αυτό που πιστεύει είναι σω-
στό, επομένως η Κόκκινη βασίλισσα κοιμάται, κι έτσι, πι-
στεύει, εσφαλμένα, ότι ο κόκκινος βασιλιάς κοιμάται. Είτε ο
κόκκινος βασιλιάς είναι ξύπνιος είτε κοιμάται, η κόκκινη
βασίλισσα θα πιστεύει ότι κοιμάται.

12.Το ποτάμι του Ηράκλειτου
O Ηράκλειτος συγκαταλέγεται στους προσωκρατικούς
φιλοσόφους. Έζησε στην Έφεσο της Μικράς Ασίας,
περί το 500 π.Χ. Γνωρίζουμε ελάχιστα για τη ζωή του,
αλλά φαίνεται πως ήταν μισάνθρωπος. Περιφρονούσε
τους συνανθρώπους του και θεωρούσε τους περισσότε-
ρους ανόητους.
Ο Ηράκλειτος έγραψε ένα βιβλίο, το όποιο είναι πα-
ροιμιώδως δύσκολο και αινιγματικό. Σημειώνω ότι από
τα γραπτά του διασώζονται μόνο αποσπάσματα. Αφού
το διαβάσει ο Σωκράτης σχολίασε:
«Αυτά που κατανοώ είναι μεγαλειώδη. Και είμαι σίγου-
ρος ότι κα αυτά που δεν κατανοώ είναι εξίσου μεγαλειώδη!»
Ο Ηράκλειτος ισχυριζόταν ότι ο κόσμος βρίσκεται σε μια διαρκή ροη. Τα πάντα αλλά-
ζουν διαρκώς( Τα πάντα ρει!). (Το πιστοποίησε αιώνες αργότερα με περισσή ποιητική
αδεία και η γνωστή αοιδός Ελένη Λεγάκη: https://youtu.be/Nv07qBwnHg8?t=2)
Ο Ηράκλειτος θεωρούσε ότι το βασικό στοιχείο της φύσης είναι η φωτιά (αιζωον
πυρ), μια ασταθής ουσία που εξασφαλίζει ένα αέναο μεταβαλλόμενο σύμπαν.
Ο Πλάτωνας στο φιλοσοφικό του διάλογο Κρατύλος επικαλείται την ρήση του Ηρά-
κλειτου «Δεν μπορείς να μπεις στο ίδιο ποτάμι δυο φορές!». Αυτό ακούγεται παράλογο.
Κάλλιστα μπορούμε να μπούμε στο ίδιο ποτάμι δυο φορές. Αρκεί να μπούμε στο πο-
τάμι σε δυο διαφορετικές χρονικές στιγμές μια τώρα και ας πούμε μια σε δέκα λεπτά.
Το πρόβλημα είναι ότι τα ποτάμια αποτελούνται από τρεχούμενα νερά. Το νερό που
αποτελεί το ποτάμι τώρα δεν είναι το ίδιο νερό που αποτελεί το ποτάμι σε δέκα λεπτά.
Και αυτό είναι το λιγότερο. Το ποτάμι μπορεί να υποστεί δραστικές αλλαγές από το
ένα λεπτό στο άλλο.Μπορεί να στερέψει ή ν αλλάξει πορεία. Σε αυτές τιε περιπτώσεις
αλλάζει η υλική του υπόσταση.
Το παράδοξο είναι ότι μπορούμε να μπούμε στο ίδιο ποτάμι δυο φορές αλλά ταυτό-
χρονα δεν μπορούμε κιόλας.Τι μαθαίνουμε από τον Ηράκλειτο ;Ο κόσμος είναι μια
έννοια δυναμική, όπου τα πάντα μεταβάλλονται, τίποτα δεν παραμένει το ίδιο· ενώ οι
άλλοι άνθρωποι βλέπουν τον κόσμο ως ένα σύνολο από σταθερά πράγματα, ο Ηρά-
κλειτος βλέπει τον κόσμο ως ένα σύνολο από γεγονότα. Ο κόσμος είναι σαν έ-
να ποτάμι που ρέει διαρκώς. Η ταυτότητα ορισμένων ανυπόστατων αντικειμένων κα-
θορίζεται από την αλλαγή. Η αλλαγή όχι μόνο δεν καταστρέφει την ταυτότητα των
πραγμάτων, αλλά
αποτελεί ουσιώδες
γνώρισμα του.

13.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.Διαπιστώνεται 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 τρα-
βήχτηκε να είναι η Γ άρα έχουμε 50% πιθανότητα να είναι η Α και 50% πιθανότητα
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!

14. 2=3
Με αφετηρία την προφανή ισότητα ,έχουμε διαδοχικά:
Το λάθος βρίσκεται στο γεγονός ότι η ποσότητα είναι αρνητική άρα έπρεπε να
γράψουμε:
6 6
  
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
  
  
    
        
   
  
   
   
   
  
   
   
   
  
   
   
   
  
   
   
  

5
2
2

2
5 5
ln 2 2ln 2
2 2
 
  
 
 
Έχω ακούσει ότι κάθε φορά που
κάποιος λογαριθμίζει αρνητική
ποσότητα πεθαίνει ένας
μονόκερως,γεγονός που αποδεικνύει
γιατί δεν έχω δει ποτέ κανένα!

15. Μια γάτα σε μια σκάλα που πέφτει με…άπειρη ταχύτητα
Υπάρχει ένα γνωστό σχολικό πρόβλημα πρακτικής αριθμητικής (δείτε σελ 129) 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
κορυφής 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

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

16. Ο μικρός πρίγκιπας ,το π και ένα σκοινί γύρω από την Γη
Στο βιβλίο Ο μικρός πρίγκιπας του Γάλλου συγγραφέα Antoine de Saint Exupery
(1900-1944),ο ήρωας κάνει τον γύρο του μικρού του πλανήτη και καθαρίζει τα ηφαί-
στεια του. Υποθέτουμε ,ότι διανύει ένα μεσημβρινό του πλανήτη. Το ύψος του μικρού
πρίγκιπα είναι ακριβώς ένα μέτρο. Εάν είχε διανύσει 1000 μέτρα περπατώντας στο
έδαφος, τι απόσταση θα διανύσει το κεφάλι του στον αέρα; (σε σχέση με τα πόδια)
O μικρός πρίγκιπας διανύει 1000 μέτρα
και το μήκος της περιφέρειας είναι 2πr
Η απόσταση που διανύθηκε με τα πόδια
είναι:
1000=2πr μέτρα (1)
Tο ύψος του είναι ένα μέτρο , εάν S η
απόσταση που διένυσε το κεφάλι του
,τότε
S=2π(r+1) μέτρα (2)
Αφαιρώντας κατά μέλη (2)-(1) έχουμε:
S-1000=2π(r+1)-2πr=2π περίπου 6,28 m
Η διαφορά είναι 6,28 μέτρα, το περίεργο όμως, είναι ότι η ακτίνα του πλανήτη δεν
επηρεάζει καθόλου τον υπολογισμό. Μάλιστα, όποιο και αν είναι το μήκος της, το να
προσθέσουμε ένα μέτρο θα έχει απλώς σαν αποτέλεσμα να αυξηθεί κατά 6,28 μέτρα
το μήκος της περιφέρειας.Εάν η ακτίνα του πλανήτη του μικρού πρίγκιπα είχε μήκος
10000 χλμ ο μικρός πρίγκιπας θα είχε καθαρίσει τα η-
φαίστεια του κατά μήκος 10000 χλμ και η επιπλέον
απόσταση που θα διένυε το κεφάλι του σε σχέση με την
απόσταση που θα διένυε με τα πόδια θα ήταν παλι..6,28
μέτρα.Το πρόβλημα είναι παλιό και εμφανίζεται στο
βιβλίο του William Whiston(1667-1752) "Τα βιβλία
του Ευκλείδη" που γράφτηκε το 1702 για σπουδα-
στές.Ο Whiston ήταν ένας Άγγλος θεολόγος,ιστορικός,
μαθηματικός.
Ο Whiston έγραφε: «Ένα σκοινί περιβάλλει σφιχτά τον
ισημερινό του πλανήτη μας, θεωρώντας ότι δεν έχει ανάγλυφο αλλά ότι
είναι μια σφαίρα με λεία επιφάνεια. Πόσο μακρύτερο έπρεπε να κάνου-
με το σκοινί ώστε να απέχει ένα πόδι από την επιφάνειά της Γης σε όλα
τα σημεία; »

17. Ένας λάθος μέσος όρος
Ο Μήτσος με το παπάκι του διάνυσε την απόσταση των 400 χλμ από την Αθήνα
στα Ιωάννινα σε 10 ώρες με ταχύτητα 40 χλμ ανά ώρα.Στο ταξίδι της επιστρο-
φής που διαρκεί 8 ώρες, ο Μήτσος με το παπάκι του κινήθηκε με μεγαλύτερη ταχύτη-
τα, 50 χλμ την ώρα.Όταν επέστρεψε ο Μήτσος αναρωτήθηκε ποια είναι η μέση ταχύ-
τητα του ταξιδιού.Σκέφτηκε ότι η προφανής απάντηση είναι 45 χλμ/ώρα ο αριθμητι-
κός μέσος του 40 και του 50.Όμως,από την άλλη ο Μήτσος με το παπάκι του διένυ-
σε το ταξίδι μετ’ επιστροφής σε 18 ώρες με συνολική απόσταση 800 χλμ δηλαδή με
μέση ταχύτητα 800/18=44,444.. χλμ/ώρα.
Τι συνέβει;
Κάνουμε χρήση του λάθος μέσου. Θα έπρεπε να χρησιμοποιούμε τον αρμονικό μέσο
,όχι τον αριθμητικό μέσο.
Συνήθως ορίζουμε την μέση ταχύτητα μιας διαδρομής ως την συνολική διανυθείσα
απόσταση δια του χρόνου που απαιτήθηκε για να την διανύσει κάποιο όχημα. Αν η
απόσταξη διαιρεθεί σε τμήματα, τότε η μέση ταχύτητα για όλη την απόσταση δεν
είναι , γενικά, ο αριθμητικός μέσος των μέσων ταχυτήτων κάθε τμηματικής διαδρο-
μής. Αν όλα τα τμήματα διανυθούν σε ίσους χρόνους,τότε μπορούμε να χρησιμοποιή-
σουμε τον αριθμητικό μέσο, όχι όμως και αν τα τμήματα αφορούν ίσες αποστάσεις ,
όπως συμβαίνει στο συγκεκριμένο πρόβλημα.
Αρχικά,ας εξετάσουμε τους ίσους χρόνους .Έστω ότι το παπάκι κινείται με ταχύτητα
v1 για χρόνο t και μετά με ταχύτητα v2 για ίδιο χρόνο t. Η συνολική απόσταση v1t+v2t
διανύθηκε σε χρόνο 2t.Συνεπώς η μέση ταχύτητα είναι (v1t+v2t)/2t η οποία γίνεται
(v1+v2)/2 δηλαδή τον αριθμητικό μέσο.
Ας δούμε τώρα την περίπτωση των ίσων αποστάσεων. Τώρα το παπάκι διανύει από-
σταση d με ταχύτητα v1 σε χρόνο t1 μετά διανύει ξανά απόσταση d με ταχύτητα v2 σε
χρόνο t2.Η συνολική απόσταση είναι 2d και ο συνολικός χρόνος είναι t2+ t1
Για να τον εκφράσουμε συναρτήσει των ταχυτήτων v1 ,v2 παρατηρούμε ότι d= v1t1=
v2t2 ή
t1=d/ v1, t2=d/ v2.Οποτε η μέση ταχύτητα είναι :
1 2
1 2 1 2
1 2
2
2 2
t t
v v
d d
d d v v
v v
 
 

(αρμονικός μεσος)

18.Όταν το σχήμα ξεγελά….. ( ένα πολύ περίεργο ζεύγος συναρτήσεων)
Δείτε τις δυο συναρτήσεις με τύπο:
1
, 0
( )
0 , 0
x x
f x x
x




 
 

,
2 1
, 0
( )
0 , 0
x x
g x x
x




 
 

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

   και από το κριτήριο παρεμβολής
0
1
lim 0 (0)
x
x f
x


 
 
 
 
Ισχύει κοντά στο 0 για την g : 2 2 2
1
x x x
x

   και από το κριτήριο παρεμβολής
2
0
1
lim 0 (0)
x
x g
x


 
 
 
 
Για την παραγωγισιμότητα στο 0 :
Για την f :
0 0
1
0
1
'(0) lim lim
0
x x
x
x
f
x x


 

 

το όριο δεν υπάρχει.
Για την g :
2
0 0
1
0
1
'(0) lim lim 0
0
x x
x
x
g x
x x


 

  


19.Μπερδεμένες οικογενειακές πιθανότητες
Ο κύριος και η κυρία Μπουρλουμπού έχουν δυο παιδιά.Είναι γνωστό ότι, του-
λάχιστον το ένα από τα δυο παιδιά είναι αγόρι. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι
και το άλλο αγόρι; Σκεφτείτε προσεκτικά πριν απαντήσετε. Η πρώτη σκέψη είναι ότι
εφόσον το παιδί είναι είτε αγόρι είτε κορίτσι η πιθανότητα να είναι αγόρι είναι ίση με
την πιθανότητα να είναι κορίτσι δηλαδή
1
2
. Ξεκάθαρα πράγματα!
Δυστυχώς η πρώτη σκέψη είναι λανθασμένη. Γιατί;
Όσο αφορά το φύλο των δυο παιδιών πρέπει να λάβουμε υπόψη τέσσερεις διαφορετι-
κούς συνδυασμούς για την σειρά γέννησης τα δυο παιδιών της οικογενείας. Αν συμβο-
λίσουμε με Α :αγόρι και Κ :κορίτσι τότε έχουμε ΑΑ,ΚΚ,ΑΚ,ΚΑ ένα παιδί είναι αγόρι
άρα αποκλείουμε την περίπτωση ΚΚ. Μας μένουν τρεις περιπτώσεις άρα η ζητούμενη
πιθανότητα είναι
1
3
.
Αν αλλάξουμε «ελαφρά την εκφώνηση:
Ο κύριος και η κυρία Παπαδοπούλου έχουν δυο παιδιά.Είναι γνωστό ότι, το με-
γαλύτερο παιδί είναι αγόρι.Ποια είναι η πιθανότητα να είναι και το άλλο αγόρι; Τι
λέτε; Σε αυτή την περίπτωση,πραγματικά η πιθανότητα να είναι αγόρι είναι ίση με την
πιθανότητα να είναι κορίτσι. Βλέπουμε ότι και σε αυτή την περίπτωση έχουμε τέσσε-
ρεις διαφορετικούς συνδυασμούς όσο αφορά τα δυο παιδιά της οικογενείας:
ΑΑ,ΚΚ,ΑΚ,ΚΑ. Πλην όμως, τώρα ξέρουμε ότι το μεγαλύτερο παιδί είναι αγόρι άρα
αποκλείουμε δυο περιπτώσεις ΚΚ,ΚΑ άρα τώρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι
1
2
.

20.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 α-
ποφύγω 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.

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 ;Δείτε 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).

Τρία τούβλα
Ομοίως αποδεικνύεται:

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.
21. 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

22.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
0
0
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
0
x 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.
Δηλαδή ισχυρίστηκε ότι αν
0
x x
f(x)
lim L
g(x)

 τότε θα ισχύει
0
x 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.

23.Τους την είχε στυμμένη!

Το πρόβλημα θέλει προσοχή!
«Στύβουμε πορτοκάλια και γεμίζουμε μια κανάτα με χυμό και
σε μια άλλη κανάτα βάζουμε την ίδια ακριβώς ποσότητα νερού.
Ρίχνουμε μια κουταλιά νερό από τη μια κανάτα στην άλλη και
ανακατεύουμε το μείγμα.Στην συνέχεια ρίχνουμε, με το ίδιο
κουτάλι, μια κουταλιά του μείγματος στην κανάτα του νερού.
Ποιο είναι το περισσότερο: το νερό στην κανάτα της πορτοκα-
λάδας ή η πορτοκαλάδα στην κανάτα του νερού;»
Η ποσότητα του χυμού στην κανάτα του νερού και η ποσότητα
του νερού στην κανάτα του χυμού είναι ακριβώς η ίδια. Αυτό συμβαίνει επειδή κάθε
κανάτα περιέχει στο τέλος την ίδια ποσότητα υγρού που είχε στην αρχή. Π. χ η κανά-
τα του νερού περιέχει κάποια ποσότητα χυμού, αλλά επειδή η συνολική ποσότητα υ-
γρού δεν μεταβλήθηκε, αυτός ο χυμός πρέπει να έχει αντικαταστήσει την ίδια ακριβώς
ποσότητα νερού, και αυτό πρέπει να είναι ακριβώς το νερό που βρίσκεται στην κανάτα
του χυμού. Δοκιμάστε να θέσετε το πρόβλημα σε μια σχολική τάξη ,η πλειοψηφία των
μαθητών θα ισχυριστεί υπάρχει περισσότερο νερό στην κανάτα της πορτοκαλάδας ,
επίσης προσπαθήστε να εξηγήσετε την λύση για να τεστάρετε πόσο κατανοητές είναι
οι εξηγήσεις σας.Αποκλείεται να πείσετε όλους τους μαθητές και καμιά φορά και τους
..πατεράδες τους!
Αν το δούμε με νούμερα.
Μια κανάτα περιέχει 1000 cm3
νερό και μια άλλη 1000 cm3
χυμό. Ρίχνουμε 100 cm3
νερό από την πρώτη κανάτα στην άλλη. Στη συνέχεια 100 cm3
του μίγματος ρίχνεται
στην κανάτα του νερού. Τότε, η πρώτη κανάτα περιέχει περισσότερο χυμό σε σχέση με
το νερό που περιέχει η άλλη ή όχι και γιατί;
1η
κανάτα 2η
κανάτα
Αρχικά 1000 cm3
νερό 1000 cm3
χυμό
1η
φάση
2η
φάση
Αφαιρούμε 100 cm3
νερό.
Μένουν 900 cm3
νερό.
Προσθέτουμε 100 cm3
νερό.
Περιέχει 1000 cm3
χυμό και
100 cm3
νερό.
Προσθέτουμε 100 cm3
μίγμα-
τος από την 2η
κανάτα. Περιέ-
χει 900+(1/11)100 cm3
νερό
και (10/11)100 cm3
χυμό.
Αφαιρούμε 100 cm3
μίγματος,
οπότε περιέχει (10/11)1000
cm3
χυμό και (10/11)100 cm3
νερό.

Άρα η πρώτη κανάτα περιέχει 1000/11 cm3
χυμό και η δεύτερη την ίδια ποσότητα νε-
ρού.
Θα μπορούσαμε να παραλληλίσουμε το πρόβλημα με το ακόλουθο.( «διακριτοποι-
ούμε» κομμάτι τα πράγματα)
Διαθέτουμε 100 κόκκινες κάρτες και 100 πράσινες κάρτες. Τοποθετούμε τις κόκκινες
κάρτες στον 1ο
σάκο και τις πράσινες στο 2ο
σάκο . Βάζουμε το χέρι στον 1ο
σάκο και
βγάζουμε 10 κόκκινες κάρτες και τις τοποθετούμε στο 2ο
σάκο .Ανακατεύουμε καλά
κουνώντας τον 2ο
σάκο ( κλειστό) και επιλέγουμε (από τον 2ο
σάκο) 10 κάρτες τυ-
χαία και τις τοποθετούμε στον 1ο
σάκο.
Ποιες είναι περισσότερες; Οι κόκκινες κάρτες τον 2ο
σάκο ή οι πράσινες κάρτες στον
2ο
σάκο;
1ος
σάκος 2ος
σάκος
Αρχικά 100 κόκκινες κάρτες 100 πράσινες κάρτες
1η
φάση
2η
φάση
Άρα ο 1ος
σάκος περιέχει 10-x πράσινες και ο 2ος
σάκος 10-χ κόκκινες κάρτες .
Αφαιρούμε 10 κόκκινες
Μένουν 90 κόκκινες κάρτες
Προσθέτουμε 10 cm κόκκινες Πε-
ριέχει 100 πράσινες και 10 κόκκι-
νες κάρτες
Προσθέτουμε τυχαία 10 κάρ-
τες από την 2ο
σάκο( x κοκ-
κινες,10-x πράσινες) . Περιέ-
χει 90 +χ κόκκινες και 10-x
πράσινες
Αφαιρούμε τυχαία 10 κάρτες
( x κοκκινες,10-x πράσινες
)περιέχει
100-(10-χ)=90+x πράσινες και
10-χ κόκκινες

24.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
Στην 4η
______________________________________________________________________
άθροισμα 50 επιβάτες 51 επιβάτες
Πως προέκυψε ένας επιβάτης παραπάνω; Που είναι το λάθος ;
=============================================================
Δεν 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
στάση.
Π1-Κ2=Π2
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.

25.Δύο 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.
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.

26.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 δόγματος της καθολικής εκκλησίας . Η συλ-
λογιστική του είναι γνωστή ως «το στοίχημα του Πασκάλ».
Γράφει λοιπόν ο Πασκάλ:
« Κανείς δεν μπορεί να αποφασίσει χωρίς αμφιβολία εάν πρέ-
πει να αποδεχτεί ή να απορρίψει το δόγμα της καθολικής εκκλη-
σίας. Μπορεί να είναι αληθινό.Μπορεί να είναι 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 αντιμετωπί-
σουμε ατελείωτα βάσανα στην κόλαση. Ας υποθέσουμε ότι αποδεχόμαστε 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 εντο-
λών: αν και η πιθανότητα
ότι είναι αληθινές είναι
μικρή, επειδή το αναμενό-
μενο κέρδος από την εκ-
πλήρωση τους είναι άπει-
ρο, η ελπίδα του στοιχή-
ματος αξίζει τον κόπο.
Ένας διαισθητικός συλλο-
γισμός του ιδίου τύπου
είναι αυτός που γίνεται
κοινωνικά με τα παιχνίδια
με ελάχιστες πιθανότητες
επιτυχίας ,αλλά που προ-
σφέρουν σημαντικά βρα-
βεία( Λόττο, Τζόκερ, προ-
πό και λοιπά παίγνια ), και
αυτή είναι η βάση της
επιτυχίας τους. Η πιθανό-
τητα να κερδίσουμε ένα
μεγάλο βραβείο είναι μι-
κρή, όμως αν μας πέσει θα
γίνουμε ξαφνικά πλούσιοι.

27.Ένα τρίγωνο με …παράλληλες δυο πλευρές.
Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ .
Έχουμε:
     
   
    
   
   
(1)
 
 
     
   
          
   
   




 
  
 
  
 
   
(2)
Η (2) σημαίνει ότι / /
 
Το λάθος έγκειται στην ισότητα (1) .Όπως είναι γνωστό δεν ισχύει η προσαιτεριστική
ιδιότητα στο εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων.
Ένα παράδοξο από τον Μήτσο Χιουμ
Γ
Β
Α
Υπάρχουν τρεις ψευδείς δηλώσεις στο κείμενο.
Μπορείς να τις εντοπίσεις;
1. 2 + 5 = 7
2. 3 x 6 = 17
3. 18/3 = 6
4. 13 - 6 = 5
5. 5 + 4 = 9
Απάντηση: Μόνο οι προτάσεις 2 και 4 είναι ψευδείς.
Επομένως, ο ισχυρισμός ότι υπάρχουν τρεις ψευδείς
οι δηλώσεις είναι ψευδής, γεγονός που κάνει αυτόν τον ισχυρισμό την
τρίτη ψευδή δήλωση ή δεν τον κάνει;

28. Ο ελέφαντας και το κουνούπι
Από το εξαιρετικό βιβλίο του B.Kordemski «The Moscow Puzzles,359 Mathematical
Recreations».Το είχα βάλει πριν καμιά δεκαπενταριά χρόνια σε ένα διαγώνισμα Γ γυ-
μνασίου.Το μόνο που πρόσε-
ξαν ήταν η εικόνα.
Έστω x το βάρος ενός ελέφα-
ντα και y είναι το βάρος ενός
κουνουπιού.
Έστω 2β είναι το συνολικό
τους βάρος. Δηλα-
δή 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;

Λάθος

29.Γεωμετρικές πιθανότητες που παραπλανούν…..
Δίνονται 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 μικρό.
•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
 
      
 
 
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;
Δίκιο 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.

Παραδοξολογίες
Douglas Richard Hofstadter
-Προτού αρχίσω να μιλώ ήθελα να πω..
-Είμαι πολύ αισιόδοξος επειδή χωρίς αισιοδοξία τι
θα μας έμενε..
-Τα μισά από τα ψέματα που λένε για μένα είναι
μάλλον αλήθεια.
-Του έδειξα απεριόριστη εμπιστοσύνη και ήδη την
εξάντλησε!
-Αυτό το είδος έχει από πάντα εξαλειφθεί.
-Η δεισιδαιμονία φέρνει κακοτυχία.
-Το ωροσκόπιο μου λέει να μην πιστεύω τα ωρο-
σκόπια.
-Πες μου τον πληθυντικό του «εγώ».
Από τον Όσκαρ Γουάιλντ:
-Μπορώ να πιστέψω το καθετί αρκεί να είναι πιστευτό.
-Ο σκεπτικισμός είναι η αρχή της Πίστης.
-Λατρεύω το θέατρο αρκεί να είναι πιο αληθινό από την πραγματική ζωή.
-Μπορώ να αντισταθώ στα πάντα εκτός από τον πειρασμό.
-Μοναχά το μοντέρνο μπορεί να γίνει ντεμοντέ.
- Όταν ο κόσμος συμφωνεί μαζί μου, έχω πάντα την αίσθηση πως πρέπει να κάνω λάθος.
Από τον Άλεν Πάουλος και την Αριθμοφοβία του:
-Είμαι Ιχθύς και είναι γνωστό ότι οι ιχθύες δεν πιστευουν στα ζώδια!
Από τον Γκράουτσο Μάρξ
-Δεν θα γινόμουν ποτέ μέλος ενός συλλόγου που θα δεχόταν να με συμπεριλάβει στα μέλη
του.
Από τον Νιλς Μπορ
-Το αντίθετο μιας σωστής πρότασης είναι μια εσφαλμένη πρόταση. Αλλά το αντίθετο μια
μεγάλης αλήθειας μπορεί να είναι μια άλλη μεγάλη αλήθεια.
Από τον Τζωρτζ Καρλιν:-Αν μια χελώνα δεν έχει το καβούκι της, θεωρείται άστεγη ή
γυμνή;
Από τον Χάινριχ Χάινε
-Πρέπει να συγχωρούμε τους εχθρούς μας, αλλά όχι προτού τους κρεμάσουμε.
Από τον Tζορτζ Μπέρναρντ Σω
-Δημοκρατία είναι του πολίτευμα που σου εξασφαλίζει πως δε θα κυβερνηθείς από καλύ-
τερους από αυτούς που σου αξίζουν.
Από τον Μαρκ Τουαίην
-Χρειάζομαι πάνω από τρεις εβδομάδες για να ετοιμάσω μια αυθόρμητη ομιλία.
Από τον Αρκά
-Είναι καιρός να αφήσουμε τους εγωισμούς και να κοιτάξουμε λίγο τον εαυτό μας.
Από τον Κώτσο περιπτερά.
-Πρέπει να πάψουμε να πιστεύουμε στην τύχη και να ποντάρουμε στην βεβαιότητα.
Από τον Τέρι Πράτσετ.
-Το πρόβλημα όταν είσαι θεός είναι ότι δεν μπορείς να προσευχηθείς σε κανέναν.
Από τον Μπιλ Μπράισον.

-Τα πρωτόνια δίνουν σε ένα άτομο την ταυτότητά του, τα ηλεκτρόνια την προσωπικότητά
του.
Από τον Henri Jeanson.
-Καπιταλισμός είναι η εκμετάλλευση του ανθρώπου από τον άνθρωπο, ενώ σοσιαλισμός
είναι ακριβώς το αντίθετο.
Από τον Ευγένιο Ιονέσκο:-Χαϊδέψτε έναν κύκλο, και θα γίνει φαύλος.
Από τον Τζόζεφ Κάμπελ
-Οι υπολογιστές είναι σαν τους θεούς της Παλιάς Διαθήκης: πολλοί κανόνες, κανένα
έλεος.
Από τον Βιλφρέντο Παρέτο
-Το 80% των αποτελεσμάτων παράγεται από το 20% των αιτιών.
Αγνώστου πατρός
-Η τιμή του έχει τις ρίζες του στην ατιμία.
-Με αξία, έφτασε σε αυτήν την κακή υπεροχή.
Αριθμοί με ενδιαφέρον
Ο Ντέιβιντ Γουέλς στο βιβλίο του «Το λεξικό των περίεργων και ενδιαφερόντων α-
ριθμών» μεταξύ σοβαρού και αστείου αναφέρει τον όρο ενδιαφέροντας αριθμός. Πό-
τε θεωρούμε ότι ένας αριθμός παρουσιάζει ενδιαφέρον; Μια εύλογη απάντηση θα ή-
ταν «Κάποια πολύ σημαντική ιδιότητα που τον διαφοροποιεί από τους υπόλοιπους αριθ-
μούς». Για παράδειγμα, αριθμός 1 θα μπορούσε να χαρακτηριστεί ενδιαφέρων αριθμός
αφού είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος. Επίσης το 7 είναι πρώτος αριθμός άρα μπο-
ρούμε να πούμε πως έχει κάποιο ενδιαφέρον. Όμως το 15, το 36 και το 2109703645
είναι ενδιαφέροντες; Επίσης πόσοι είναι οι ενδιαφέροντες αριθμοί; Είναι λογικό να
πιστέψει κάποιος πως υπάρχει φυσικός αριθμός που δεν είναι ενδιαφέρων. Μια «από-
δειξη» ότι όλοι οι φυσικοί αριθμοί είναι ενδιαφέροντες.
Απόδειξη: Έστω ότι υπάρχουν αριθμοί που δεν έχουν ενδιαφέρον. Τότε θα υπάρχει ο
μικρότερος από αυτούς, έστω Ν. Όμως ο Ν είναι ο μικρότερος αριθμός που δεν έχει εν-
διαφέρον. Αυτό όμως αυτόματα του δίνει ενδιαφέρον. Άτοπο.
Προφανώς και ο όρος «ενδιαφέρων αριθμός» δεν είναι ξεκάθαρα ορισμένος. Για πα-
ράδειγμα όταν λέμε άρτιος αριθμός εννοούμε αριθμός που διαιρείται με το 2, κάτι που
καλώς ορισμένο.Δηλαδή όλοι γνωρίζουμε πως οι άρτιοι είναι οι 2,4,6,8,…. Κάτι τέτοιο
όμως δεν συμβαίνει στην περίπτωση μας. Άρα αφού στην εκφώνηση της παράδοξης
πρότασης υπάρχει όρος που δεν είναι καλώς ορισμένος η εκφώνηση δεν μπορούμε να
αποφανθούμε αν είναι αληθής ή ψευδής.

30.Προσέχετε!
Θεωρούμε την παραγωγίσιμη στο συνάρτηση f.Έστω ότι η f’ είναι άρτια και ότι
f(0)=3 . Προφανώς για κάθε x 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
Άρα η f είναι περιττή.
Παρατηρούμε ότι: ( 0) (0)
f f
   ή (0) (0)
f f
  ή (0) 0
f 
Όμως από υπόθεση (0) 3
f  .Που έχει γίνει λάθος;
==============================================================
Ισχύει ότι αν    
( ) ' ( ) '
f x f x
   , τότε ( ) ( )
f x f x c
    (1)
Η (1) για 0
x  δίνει: ( 0) (0)
f f c
    ή 2 (0)
f c
 ή 2 3 c
  ή 6
c  άρα
( ) ( ) 6
f x f x
   
Μαθηματικός εγγραμματισμός
Η Βρετανική εφημερίδα The Sun πέρυσι τον Φεβρουάριο δημοσίευσε στην διαδι-
κτυακή της έκδοση ένα γρίφο. Διατυμπανίζοντας 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/

31.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 ξυρίζο-
νται καθημερινά, υπάρχει ένας μοναδικός
κουρέας, ο οποίος επίσης ξυρίζεται καθημε-
ρινά. 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;’ ‘μεταφράζε-
ται’ με τους όρους της θεωρίας των συνόλων στο ερώτημα: ‘σε ποιο από τα δύο σύνολα
ανήκει ο κουρέας;».
32.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 κάλυ-
ψης 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 μέτρο μιας

γωνίας είναι 2P/3.Ειναι προφανές ότι κάθε γωνία ανήκει σε κάποια κορυφή του μωσαϊ-
κού.Δηλαδή, ισχύει:
2P/3=5P/7 ή 2/3=5/7 ή 14=15!!
Που βρίσκεται το λάθος στον παραπάνω συλλογισμό;»
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.
Comic!
Ο Randall Munroe γεννήθηκε το 1984 .Εργάστηκε στη ΝΑΣΑ ως το 2005, όπου α-
νακάλυψε το ταλέντο του να κάνει τους ανθρώπους να γελούν γύρω από επιστημονικά
θέματα. Άρχισε λοιπόν να εκδίδει μια σειρά από comic με το όνομα xkcd «comic που
μιλούν για τον έρωτα, το σαρκασμό, τα μαθηματικά και τη γλώσσα». Πρόκειται για
βινιέτες (καρέ που αποτελούνται από σκίτσα) με πολύ απλά σκίτσα που τις περισσό-
τερες φορές περιέχουν αναφορές και αποτελέσματα από τον κλάδο της Φυσικής, των
Μαθηματικών ή της Πληροφορικής.
Στον γραμμωτό κώδικα η ηλεκτρονική διεύθυνση του ιστοτόπου του.

33.Η γέφυρα
Ο Ζαν Μπουριντάν(1292-1363), Γάλλος ιερέας και σχολαστικός φιλόσοφος στο βι-
βλίο του «Σοφίσματα» στο σόφισμα υπ‘αριθμόν 17 γράφει:
Ο Σωκράτης φτάνει σε μια γέφυρα, την οποία φρουρεί ένας ισχυρός άρχοντας, ο Πλά-
τωνας, και τον παρακαλεί να τον αφήσει να περάσει. Ο Πλάτων απαντά:
Ορκίζομαι ότι αν η επομένη φράση που θα ξεστομίσεις είναι αλήθεια,θα σε αφήσω να
περάσεις, αν όμως είναι ψέματα θα σε ρίξω στο
ποτάμι.
Ο Σωκράτης απαντά:
Θα με ρίξεις στο ποτάμι!
Αν ο Πλάτωνας δεν τον ρίξει στο ποτάμι,
ο Σωκράτης είχε πει ψέματα και θα ρέπει να
τον ρίξει στο ποτάμι, ο Σωκράτης είχε πει την
αλήθεια και δεν θα έπρεπε να τον έχει ρίξει
στο ποτάμι. Από την άλλη ,αν όντως τον ρίξει
στο ποτάμι, ο Σωκράτης είχε πει την αλήθεια
και δεν θα έπρεπε να τον έχει ρίξει στο ποτάμι.

34.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 ΒΔΗ και ΓΔΗ είναι ίσα, διότι έχουν την πλευρά ΔΗ κοινή και
ίσες τις πλευρές ΒΔ και ΔΓ.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.
Ποιο χρώμα είναι πράσινο;;
1.πρασινο 2.κόκκινο

35.Δεν 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:
«Δηλαδή το ένα είναι ίσο με το μηδέν αυτό συνεπάγεται ότι είναι ένας ίσον κανένας, εσύ
Γιάννη είσαι ένας κατά συνέπεια κανένας δηλαδή δεν υπάρχεις!»
36.Μισό ευρώ είναι πέντε cents;
Ισχύει:
1
25
4
cents
 
Λαμβάνουμε τετραγωνική ρίζα και στα
δυο μέλη της ισότητας:
1
25
4
cents
  ή
1
5
2
cents
 
=

37.Θα δείξουμε ότι π=3.
Έστω α το δεκαδικό μέρος του αριθμού π δηλαδή:
3 0.141592....
a 
  
Έστω
3
2
a
x  
(1)
Τότε
3 3 6
3
2 2 2
x x
 
 
     
3 6 3
2 2
x x
 
  
  
(2)
Με αντικατάσταση του x από την σχέση (1) έχουμε:
3
3
2 2
a  
 
(3)
Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη με 2α :
3
2
3
2 3 2 2 ( 3)
2 2
a
x
a
x

    
 

 
    
 
  (4)
Αντικαθιστούμε το α με π-3:
2 ( 3) ( 3)( 3)
x   
    (5)
2
2 3 9
x x
 
   (6)
2
9 3 2
x x
 
   (7)
Προσθέτουμε τον όρο
2
x και στα δυο μέλη της ισότητας:
2 2 2
9 3 2
x x x x
 
     (8)
2 2
(3 ) ( )
x x

   (9)
Παίρνουμε τετραγωνική ρίζα και στα δυο μέλη:
3 x x

   (10)
3 
 (11)
Μπορείτε να βρείτε το λανθασμένο συλλογισμό στην απόδειξη;

38. Ένα πρόβλημα πιθανοτήτων και μια φάρσα!
Το 1893, οΛιούις Κάρολ ψευδώνυμο του Τσαρλς Λούτγουϊτζ Ντότζσον (Charles
Lutwidge Dodgson,1832 -1898),Άγγλος
συγγραφέας,μαθηματικός, φωτογράφος και
κληρικ εξέδωσε ένα μικρό βιβλίο με τίτλο
«Προβλήματα στο προσκέφαλο εμπνευσμένα
κατά τις άγρυπνες ώρες».Μια συλλογή από
εβδομηνταδύο πρωτότυπες μαθηματικές
σπαζοκεφαλιές με φανερή διάθεση να πραγ-
ματοποιήσουν ότι υπαινίσσεται ο τίτλος του
βιβλίου.
Ενδιαφέρον παρουσιάζει το πρόβλημα 5
του βιβλίου που παρότι έχει πολύ απλή δια-
τύπωση μπορεί εύκολα να αποπροσανατολί-
σει και ένα έμπειρο λύτη.Τα πρόβλημα 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:
«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

39.Η γάτα του Σρέντινγκερ
Ένα πολύ γνωστό επιστημονικό παράδοξο, που συνδέεται με την Κβαντομηχανική,
είναι η περίφημη γάτα του Σρέντινγκερ (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 παρασκεύασμα εκπέμπει ραδιενεργές ακτίνες σε
τυχαίες χρονικές στιγμές, τις οποίες δεν μπορούμε να γνωρίζουμε εκ των προτέρων.
Οταν μια ακτίνα προσκρούσει στο φιαλίδιο αυτό, σπάει, το δηλητήριο σκορπίζεται στο
κουτί και σκοτώνει τη γάτα. Η Κβαντομηχανική προβλέπει ότι μπορούμε να γνωρίζου-
με αν η γάτα είναι ζωντανή ή πεθαμένη μόνο αν ανοίξουμε το κουτί. Αλλά ώσπου να
το κάνουμε αυτό, τότε για εμάς η γάτα είναι ταυτόχρονα μισοζωντανή και μισοπεθαμέ-
νη! 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 αυτό πείραμα προσπαθούμε να εφαρμόσουμε ιδέες της Κβαντομηχανικής, η
οποία εξ ορισμού υπολογίζει πιθανότητες συμβάντων και εφαρμόζεται στον μικρόκο-
σμο, σε αντικείμενα και έννοιες του μακρόκοσμου, όπου υπάρχει βεβαιότητα και όχι
πιθανότητες. Η λογική αντίφαση δεν θα εμφανιζόταν αν είχαμε θέσει μια ξεκάθαρη
μέγιστη απόσταση ή έναν ξεκάθαρο μέγιστο αριθμό σωματιδίων, στα οποία μπορεί να
εφαρμόσει κανείς κβαντομηχανικές έννοιες. Από πειράματα που έγιναν πρόσφατα φαί-
νεται ότι ο μέγιστος αριθμός των σωματιδίων ενός συστήματος που υπακούει στην
Κβαντομηχανική είναι πολύ μικρότερος από τα κύτταρα μιας γάτας.

40.Αδύνατα τρίγωνα
To 1998,τα Σουηδικά ταχυδρομεία εκδίδουν τρία γραμματόσημα με αδύνατα γεωμε-
τρικά σχήματα. Το αδύνατο τρίγωνο των εικόνων(τρίγωνο με τρεις ορθές γωνίες)
ονομάζεται Tribar ή Τρίγωνο Penrose.Το σχεδίασε πρώτος, το 1934,ο Σουηδός ζωγρά-
φος Oscar Reutersvärd (1915 –2002).Ανεξάρτητα από τον Reutersvärd ανακαλύφθηκε
και από τον Βρετανό μαθηματικό Roger Penrose και τον πατέρα του Lionel το 1950.
Αυτος όμως που απογείωσε την ιδέα με τα εξαιρετικά χαρακτικά του ήταν ο εικαστικός
Maurice Escher (1898–1972) .Δυο γλυπτά με αναφορά στο «αδύνατο» τρίγωνο , ένα
στο Perth στην Αυστραλία και ένα δεύτερο στο Gotschuchen στην Αυστρία.

41.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 1/2,1/4, 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.

42.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 διά-
θεση σας τρία κουτιά από τα οποία επιλέγετε τυχαία το ένα.Το ένα περιέχει δυο χρυσά
νομίσματα (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 υπο-
θέσουμε 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 νόμι-
σμα που θα δείτε θα είναι είτε χρυσό είτε αργυρό,άρα έχετε 50% πιθανότητα να έχετε
επιλέξει 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-
ΔΥΟ ΑΣΗΜΕΝΙΑ
ΝΟΜΙΣΜΑΤΑ
ΔΥΟ ΧΡΥΣΑ
ΝΟΜΙΣΜΑΤΑ
ΕΝΑ ΝΟΜΙΣΜΑ
ΑΠΟ ΚΑΘΕΝΑ

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.
43.Πως εξαφανίζεται το χρήμα.....
Θα δείξουμε ότι ένα ευρώ ισούται με 10 λεπτά!!
Είναι γνωστό ότι:
1 ευρω=100 λεπτά του ευρώ
Διαιρούμε και τα δυο μέλη με 100
1 100
100 100
ά
 
 ή
1
1
100
ό
 

Λαμβάνουμε τετραγωνική ρίζα καις τα δυο μέλη:
1
1
100
ό
 
 ή
1
1
10
ό
 

Πολλαπλασιάζω με το 10 και τα δυο μέλη:
1 ευρώ =10 λεπτά!!

44.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; Δηλαδή, 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. Δεν μπορούμε να
συμπεράνουμε όμως από αυτό ότι ο παίκτης θα ρίξει ακριβώς 1 άσσο σε 6 βο-
λές. 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
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.Δεδομένου 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:Δεν 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.Δηλαδή,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

Δεδομένου 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…Δεν 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
x > 3
3x > 9
-3x < -9
x -3x < x -9
-x(3- x) < (x -3)(x + 3)
-x(3- x) < -(3- x)(x + 3)
x(3- x) > (3- x)(x + 3)
x > x + 3
0 > 3 ;;

45.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 Δευτέρα, 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 Δευτέρα.» Άρα συνέχισε ο μαθητής «Δεν 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;
Δεκάδες 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 Δευτέ-
ρα 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
μαθηματικός, ο Lennart Ekbom παρατήρησε κάτι παράξενο σε σχέση με την ανακοί-
νωση 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-

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. Α-
παιτούνται 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 ό-
τι ο σύζυγος της δεν θα της έλεγε ψέμα-
τα.Εφόσον της είπε ότι το δώρο θα είναι απρό-
σμενο ,τότε θα είναι απρόσμενο αλλά τώρα προ-
σμένει ένα χρυσό ρολόι . Άρα συμπεραίνει σί-
γουρα δεν θα είναι ένα χρυσό ρολόι. Φυσικά ό-
μως της δίνει ένα χρυσό ρολόι και είναι απρό-
σμενο 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)

κάμηλος*. Είμαστε οι μόνοι που το κάνουμε;
Λάθος διόρθωση; 4x6=6x4 ή μήπως όχι;
Δημοσίευμα 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 καταπίνουμε την..κάμηλο!!
Κάμηλος είναι το χοντρό σχοινί που χρησιμοποιούν οι ναύτες για να δέσουν τα πλοία
στις προβλήτες.
46.Το παράδοξο του Yablo
Ένα παράδοξο από τον Stephen Yablo αμερικανό καθηγητή φιλοσοφίας του ΜΙΤ .
Δίνονται οι παρακάτω προτάσεις απείρου πλήθους :
«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.
Δείτε και το σύνδεσμο http://www.mit.edu/~yablo/pwsr.pdf

47.Το παράδοξο των γενεθλίων
Πόσο συχνά δυο ποδοσφαιριστές που συμμετέχουν στον ίδιο ποδοσφαιρικό αγώ-
να κάνουν κοινό πάρτι γενεθλίων; Πολύ πιο συχνά από ότι θα περίμενε κα-
νείς,αποδεικνύεται ότι σε περισσότερους από τους μισούς ποδοσφαιρικούς αγώ-
νες δυο τουλάχιστον ποδοσφαιριστές που λαμβάνουν μέρος στον ίδιο αγώνα θα έχουν
γενέθλια την ίδια μέρα του χρόνου..
Το ερώτημα που τίθεται είναι:Πόσοι άνθρωποι πρέπει να βρίσκονται σε μια αίθουσα
για να έχουμε πιθανότητα μεγαλύτερη από 50% τα γενέθλια τουλάχιστον δυο από αυτούς
να συμπίπτουν; Θα το σκεφτούμε αντίστροφα,θα υπολογίσουμε αρχικά την πιθανότητα
όλοι οι άνθρωποι να έχουν διαφορετική μέρα του χρόνου γενέθλια.Αν φανταστούμε
τον πρώτο άνθρωπο να μπαίνει στην αίθουσα τότε η πιθανότητα η ημέρα των γενεθλί-
ων του να διαφέρει από κάθε άλλου πρόσωπου στην αίθουσα είναι 1 (δεν υπάρχει άλλο
πρόσωπο).Το γράφουμε σαν κλάσμα
365
365
με την έννοια ότι από τις 365 δυνατές μέρες
γενεθλίων όλες είναι διαφορετικές.
Όταν ένα δεύτερο πρόσωπο μπαίνει στην αίθουσα τότε θέλουμε τα γενέθλια των δυο
ανθρώπων να διαφέρουν,αν ο ένας έχει γενέθλια μια μέρα του χρόνου ο άλλος έ-
χει 364 επιλογές ημερών σε ένα σύνολο 365 ημερών του χρόνου.Άρα η πιθανότητα σε
αυτήν την περίπτωση είναι:
365 364
365 365

Όταν ένα τρίτο πρόσωπο μπει στην αίθουσα τότε έχουμε αντίστοιχα 363 επιλογές έτσι
η πιθανότητα να έχουν οι τρεις άνθρωποι γενέθλια σε διαφορετικές ημέρες του χρόνου
είναι :
365 364 363
365 365 365
 
Ανάλογα, αν μπουν μέσα Κ άνθρωποι τότε η πιθανότητα να έχουν και οι κ γενέθλια σε
διαφορετική μέρα του χρόνου είναι:
365 364 363 365 ( 1)
......
365 365 365 365
K
 
   
Όταν Κ=22 το κλάσμα ισούται με 0.524305 και όταν Κ=23 η πιθανότητα ισούται με
0.492703.Υπολογίσαμε την πιθανότητα του ενδεχόμενου και οι Κ άνθρωποι να έχουν
γενέθλια όλοι σε διαφορετικές ημέρες,αν λοιπόν από το 1 αφαιρέσουμε αυτήν την πι-
θανότητα θα πάρουμε την πιθανότητα τουλάχιστον δυο άνθρωποι να έχουν την ίδια
μέρα του χρόνου γενέθλια. Δείτε τα νούμερο που προκύπτουν:
-Για Κ=22 τότε 1-0.524305=0.475695 ή 47.5695 %
-Για Κ=23 τότε 1-0.492703=0.507297 ή 50.7297 %
Η τελευταία σχέση εκφράζει αυτό ακριβώς που αποκαλείται παράδοξο των γενεθλίων,
δηλαδή σε κάθε συγκέντρωση 23 ανθρώπων η πιθανότητα τουλάχιστον δυο από αυ-
τούς να έχουν την ίδια μέρα του χρόνου γενέθλια είναι μεγαλύτερη από 50% (50.7297
%) Το γεγονός ότι είναι αναμενόμενο στους μισούς αγώνες από όσους επιλέξουμε να
συμβαίνει η σύμπτωση γενεθλίων δεν σημαίνει ότι θα πραγματοποιηθεί κιόλας.Είναι
σαν σκεπτόμαστε ότι αν ρίξουμε ένα κέρμα 4 φορές το κέρμα οφείλει να έρθει 2 φορές
κορώνα και 2 γράμματα (Πλάνη του τζογαδόρου)

48.Που είναι το λάθος;
Ψευδοαπόδειξη από το μακρινό παρελθόν του σχολικού βιβλίου των μαθηματικών στις
δέσμες.
Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ μια πλευρά είναι ίση με το άθροισμα των άλλων δυο
πλευρών.
Απόδειξη
Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Δ,Ε και Ζ τα μέσα των πλευρών του ΑΒ,ΑΓ και ΒΓ
αντίστοιχα. Φέρνουμε τα ΔΖ και ΕΖ.
Το ΑΔΖΕ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα:
ΒΔ+ΔΖ+ΖΕ+ΕΓ=ΑΒ+ΑΓ.
Κάνουμε την ίδια κατασκευή
για τα τρίγωνα ΒΔΖ και ΖΕΓ,
οπότε:
ΒΜ+ΜΚ+ΚΝ+ΝΖ+ΖΞ+ΞΛ+ΛΡ+ΡΓ=ΑΒ+ΑΓ.
Συνεχίζουμε επ ‘ άπειρον με τον ίδιο τρόπο οπότε προκύπτει τελικά μια τεθλασμένη
γραμμή της οποία τα τμήματα μικραίνουν επ άπειρον, ενώ το άθροισμα τους είναι ίσο
με την πλευρά ΑΒ+ΑΓ. Έτσι προχωρώντας ,η τεθλασμένη γραμμή ταυτίζεται οριακά
με την πλευρά ΒΓ,
Άρα ΒΓ=ΑΒ+ΑΓ .Που είναι το λάθος;
Απάντηση
Α
Β Γ
Δ
Ε
Ζ
Μ
Κ
Ν Ξ
Λ

49.Γιατί;
Δίνεται η εξίσωση 1
16
1
log ( )
16
x
x  (1) , χαράσσουμε τις γραφικές παραστάσεις των
1
16
1
( ) log , ( ) ( )
16
x
f x x g x
 
Η μια είναι αντίστροφη της άλλης και βλέπουμε από το σχήμα ότι υπάρχει μια λύση.
Από την άλλη παρατηρούμε ότι οι αριθμοί
1 1
,
2 4
επαληθεύουν την (1) άρα δεν έχει
μια λύση.
Τι συνέβη;
Το σχήμα δεν είναι ακριβές με την βοήθεια το λογισμικού WolframAlpha βλέπουμε
ότι οι δυο γραφικές παραστάσεις τέμνονται σε τρία σημαία άρα έχουμε 3 λύσεις

50.Θέματα εξετάσεων και ανθρώπινη μισαλλοδοξία
«Πρέπει να συνεννοηθούμε για να κάνουμε αυτό που θέλω εγώ...»
Ο άνθρωπος της διπλανής πόρτας
Ανέκαθεν στον θεσμό των πανελληνίων εξετάσεων η επιτυχία ή η αποτυχία των μα-
θητών συνοψίζονταν στο ρητό πως θα γράψεις σε σχέση με τους άλλους.Ένα 15 όταν η
πλειοψηφία κινήθηκε στο 11 είναι πολύ καλύτερο από ένα 18 όταν όλοι έχουν γράψει
17. Αγώνας στον οποίο δεν μετράει η συμμετοχή αλλά η θέση στον τερματισμό.Μια
αλήθεια την όποια δεν νομίζω ότι υπάρχει κανείς να αμφισβητήσει.Πρόκειται δηλαδή
για εξετάσεις που το αποτέλεσμα για κάθε μαθητή επηρεάζεται από την απόδοση των
συνυποψηφίων του. Έμμεσα κατά κάποιο τρόπο.Το αστείο είναι ότι σε τελικές εξετά-
σεις έχει συμβεί και άμεσα.Εξηγούμαι.Τον Ιούνιο του 2015 στο πανεπιστήμιο
του Maryland στις τελικές εξετάσεις σε μάθημα κοινωνικής ψυχολογίας- αν το μετα-
φράζω σωστά- τέθηκε στις τελικές εξετάσεις μαζί με τα υπόλοιπα θέματα ένα επιπλέον
θέμα.
«Επέλεξε αν θέλεις 2 ή 6 βαθμούς να προστεθούν στην τελική σου βαθμολογία.Αλλά
πρόσεχε, αν περισσότερο από το 10% των διαγωνιζομένων επιλέξει τους 6 βαθ-
μούς τότε ούτε ένας από τους διαγωνιζόμενους θα πάρει έξτρα βαθμολογία.»
Είναι δεδομένο ότι την ώρα της εξέτασης δεν μπορούν να συνεννοηθούν οι εξεταζό-
μενοι και να υιοθετήσουν κοινή στρατηγική. Την άσκηση την θέτει κατά καιρούς ο
συγκεκριμένος καθηγητής από το 2008 και μόνο μια φορά οι μαθητές πήραν έξτρα
βαθμολογία.βέβαια είναι προφανές ότι η καλύτερη στρατηγική θα ήταν να επιλέξουν
όλοι το 2 για να έχουν με βεβαιότητα έχτρα βαθμούς.Στο διαδίκτυο αλίευσα μια πα-
ραλλαγή του συγκεκριμένου θέματος που αναδεικνύει καλύτερα το δίλημμα.

Έχετε την ευκαιρία να κερδίσετε έχτρα βαθμούς.Γράψτε στην κόλλα σας ένα ακέραιο
αριθμό ανάμεσα στο 5 και το 20 –συμπεριλαμβανομένων του 5 και του 20-ο oποιος θα
καθορίσει πόσοι βαθμοί θα σας δοθούν επιπλέον ως εξής:
•Αν όλοι οι διαγωνιζόμενοι γράψουν τον ίδιο αριθμό,αυτό θα είναι και το πλήθος βαθ-
μών που θα λάβουν επιπλέον όλοι.
•Αν δεν γράψουν όλοι οι διαγωνιζόμενοι τον ίδιο αριθμό τότε ο καθένας θα λάβει Χ
βαθμούς όπου Χ ο μικρότερος αριθμός που επιλέχτηκε από τους διαγωνιζόμενους.Με μια
μικρή διαφορά. Οι διαγωνιζόμενοι που έγραψαν τον μικρότερο αριθμό Χ θα τους δοθεί
ένα bonus 5 βαθμών άρα θα λάβουν συνολικά Χ+5 βαθμούς στην βαθμολογία τους.Οι
διαγωνιζόμενοι που έγραψαν μεγαλύτερο αριθμό από το Χ θα λάβουν Χ-5 βαθμούς επι-
πλέον στην βαθμολογία τους.
Αν ήσασταν διαγωνιζόμενος τι θα κάνατε;
Έχουμε μια παρόμοια κατάσταση με το δίλημμα του κρατουμένου. Αν ο αναμενόμε-
νος χαμηλότερος αριθμός είναι ο Y (ανάμεσα στο 5 και το 20 ),τότε έχεις τις εξής επι-
λογές:
-Επέλεξε έναν αριθμό μεγαλύτερο από Υ και θα λάβεις Υ-5 βαθμούς.
-Επέλεξε το Υ και θα λάβεις Υ βαθμούς.
-Επέλεξε Υ-1 και θα έχεις επιλέξει τον μικρότερο αριθμό έτσι θα λάβεις Υ+4 βαθ-
μούς.
Για κάθε μια από τις παραπάνω επιλογές αναμένετε από τους άλλους διαγωνιζόμενους
να γράψουν κάποιο αριθμό και εσείς προσπαθείτε να γράψετε ένα βαθμό μια μονάδα
λιγότερο.
Αν αναμένετε οι υπόλοιποι διαγωνιζόμενοι να γράψουν 5 ,τότε η καλύτερη επιλογή για
σας είναι να γράψετε επίσης 5 , διαφορετικά, με μεγαλύτερο αριθμό θα λάβετε μηδέν
βαθμούς . Έτσι κάθε διαγωνιζόμενος στην αίθουσα θα λάβει 5 βαθμούς παρότι θα
μπορούσαν να λάβουν 20 αν έγραφαν όλοι 20 στην κόλλα τους.
Τι συνιστούν όλα τα παραπάνω; Μια μικρή ιστορία για τα εγωιστικά κίνητρα των αν-
θρώπων.

51.Διαίσθηση
Η προσέγγιση των μαθηματικών προβλημάτων διαισθητικά,αποτελεί μοναδικό ερ-
γαλείο για την επίλυση τους,καμιά φορά όμως μας οδηγεί σε λανθασμένα συμπερά-
σματα.Ας δούμε δυο συναφή παραδείγματα.
• Ας υποθέσουμε ότι την προηγούμενη χρονιά η επιχείρηση στην όποια εργάζεστε ευ-
ημερεί και σας δίνει μια γενναιόδωρη αύξηση 10% αλλά την φετινή χρονιά ελέω κρί-
σης σας κάνει μια μείωση μισθού 10%.Θα πάρετε τα ίδια χρήματα με την προηγούμε-
νη χρονιά; Η διαίσθηση σας υπαγορεύει ναι,αλλά αυτό είναι λάθος!
Ας πούμε ότι ο μισθός σας την περσινή χρονιά είναι 1000 ευρώ.Η αύξηση ,το 10%
είναι 100 ευρώ άρα συνολικά είναι 1100 ευρώ.Την επόμενη χρονιά με μείωση 10% η
μείωση θα είναι το 10% του 1100,110 ευρώ άρα ο μισθός σας κατόπιν μείωσης γίνεται
990 ευρώ. Είναι προφανές ότι η σειρά δεν έχει σημασία, αν κάναμε στον αρχικό μι-
σθό μείωση 10% και κατόπιν αύξηση 10% πάλι θα καταλήγαμε στο ίδιο ποσό.
• Έστω ότι βρίσκεστε σε ένα δωμάτιο όπου σε ένα τραπέζι είναι παραταγμένες 100
κάρτες ίδιου χρώματος,η πίσω όψη κάθε κάρτας (αυτή που δεν φαίνεται) έχει την λέξη
«κέρδισες» ή«έχασες».Γνωρίζετε ότι από τις 100 κάρτες οι 45 έχουν την λέξη «έχα-
σες» και οι υπόλοιπες 55 την λέξη «κέρδισες».Σας δίνουν ένα αρχικό ποσό 10000 ευ-
ρώ.Μπορείτε να γυρίσετε όποια κάρτα θέλετε στοιχηματίζοντας το μισό ποσό που έχε-
τε στην κατοχή σας,αν κερδίσετε το διπλασιάζετε αλλιώς το χάνετε.Το παιχνίδι τε-
λειώνει όταν τελειώσουν οι κάρτες.Πόσα χρήματα αναμένεται να έχετε στο τέλος του
παιχνιδιού;
Να το θέσουμε διαφορετικά είναι πιθανότερο να έχετε περισσότερα ή λιγότερα χρή-
ματα από αυτά που ξεκινήσατε; Η κοινή λογική θα υπαγόρευε:εφόσον κερδίζετε 10
φορές περισσότερο από ότι χάνετε θα καταλήξετε με περισσότερα χρήματα από τα
10000 που είχατε αρχικά.Είναι λάθος.Έστω ότι κερδίζετε στην πρώτη κάρτα άρα κερ-
δίζετε 5000 ευρώ (το μισό από το αρχικό ποσό) οπότε έχετε 15000 ευρώ.Γυρίζετε την
επόμενη κάρτα και χάνετε το μισό ποσό άρα σας μένουν 7500 ευρώ.Ξεκινήσατε με
10000 ευρώ,πήγατε στις 15000 ευρώ και πέσατε στις 7500 ευρώ.Αν προσέξουμε τα
νούμερα θα δούμε ότι κάθε φορά που κερδίζετε και κατόπιν χάνετε,χάνετε το 1/4 των
χρημάτων σας.Πόσες φορές αναμένετε να συμβεί αυτό;45 φορές κερδίζετε-χάνετε και
επιπλέον 10 φορές κερδίζετε.
Άρα 45 φορές παίρνετε το 3/4 των χρημάτων σας και 10 φορές διπλασιάζετε το μισό
ποσό που έχετε (άρα μένετε με το 3/2 των συνολικών σας χρημάτων).Οπότε το ανα-
μενόμενο ποσό μετά το πέρας του παιχνιδιού είναι:
10000(3/4)45
(3/2)10
περίπου 1.38 ευρώ!

52. Το παράδοξο των 100 πεννών
Ο φιλόσοφος Martin Hollis σε άρθρο του στο περιοδικό
Journal of Philosophy αναλύει το παράδοξο των 100 πεννών
(Μ.hollis "Penny pinching and backward induction").Το α-
στείο είναι,ότι,η συμπεριφορά που περιγράφεται ίσως να απο-
τελεί κοινό τόπο στην καθημερινότητα σας.
Ας υποθέσουμε ότι,σε δυο άτομα τον Α και τον Β προσφέρε-
ται η εξής ευκαιρία.Μια στοίβα από 100 νομίσματα του 1 ευρώ βρίσκονται στο τραπέ-
ζι.Οι παίκτες πρέπει να επιλέξουν εκ περιτροπής αν θα πάρουν 1 ή 2 νομίσματα από
την στοίβα.Αν ο ένας παίκτης πάρει 1,έρχεται η σειρά του άλλου,σε περίπτωση όμως
που κάποιος από τους παίκτες πάρει 2 νομίσματα το παιχνίδι θα τελειώσει και τα υπό-
λοιπα νομίσματα θα αποσυρθούν από το τραπέζι.Όσο όμως οι δυο παίκτες εξακολου-
θούν να παίρνουν μόνο ένα νόμισμα,το παιχνίδι συνεχίζεται μέχρι να τελειώσει η στοί-
βα.
Διαισθητικά, φαίνεται ότι κάθε παίκτης μπορεί να κερδίσει ένα ικανοποιητικό ποσό
από αυτήν την γενναιόδωρη προσφορά.Οι Α και Β όμως είναι και οι δυο ορθολογικοί
παίκτες,έχουν επίγνωση ο ένας της ορθολογικότητας του άλλου,και γνωρίζουν τους
κανόνες του παιχνιδιού.Αν το παιχνίδι φτάσει στο σημείο που έχουν μείνει μόνο 2 νο-
μίσματα στο τραπέζι,και είναι η σειρά του Α,τότε αυτός σίγουρα θα πάρει και τα δυ-
ο,αφού δεν έχει τίποτα να κερδίσει με το να αφήσει ένα νόμισμα για τον Β.Αν το παι-
χνίδι φτάσει στο σημείο όπου θα έχουν μείνει τρία νομίσματα στο τραπέζι και είναι η
σειρά του Β,ο Β θα πάρει δυο,αφού αν πάρει μόνο ένα και μείνουν δυο,τότε ο Α θα
πάρει και τα δυο στον επόμενο γύρο.Αν έχουν μείνει τέσσερα νομίσματα στο τραπέ-
ζι,και είναι η σειρά του Α,τότε ο Α θα πάρει δυο,καθώς,αν πάρει μόνο ένα και μείνουν
τρία,σύμφωνα με τον παραπάνω συλλογισμό,ο Β στον επόμενο γύρο θα πάρει δυο.Και
ούτω καθεξής.Οσαδήποτε νομίσματα και αν έχουν μείνει,ο παίκτης θα πάρει δυο όταν
έρθει η σειρά του.Συνεπώς,στον πρώτο γύρο,ο Α θα πάρει δυο νομίσματα και το παι-
χνίδι θα λήξει.Με μια προσφορά 100 ευρώ το αποτέλεσμα για δυο παίκτες θα είναι 2
ευρώ και 0 ευρώ.Προφανώς και θεωρήσαμε δεδομένο ότι ο κάθε παίκτης θέλει να πά-
ρει περισσότερα χρήματα από τον άλλο στο τέλος του παιχνιδιού.
53.1=0,9999…
Έστω x 0.9999..
 πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη με το 10 και κατόπιν εκτε-
λούμε πράξεις:
x 0.9999..
10x 10 0.9999.. 10x 9.9999..
10x 9 0.9999..

    
  
10x 9 x 9x 9 x 1
     
Δηλαδή ισχύει:1 0.9999..
 .Εντελώς προβοκατόρικο;Υπάρχει λά-
θος στην παραπάνω διαδικασία; Η απάντηση είναι αρνητική,το
αποτέλεσμα είναι απόλυτα σωστό.Απλά, ο αριθμός 0.9999.. είναι
άλλος τρόπος γραφής του 1.

54.Tο παράδοξο του προλόγου....
Ο μόνος λόγος που ομολογούμε τα μικρά ελαττώματα μας είναι για να πείσουμε τους
γύρω μας ότι δεν έχουμε άλλα μεγαλύτερα..
Λα Ροσφουκώ
Tο παράδοξο του προλόγου εισήγαγε το 1965,o David Makinson ,Aυστραλός μαθη-
ματικός με ειδίκευση στην λογική.Αν ήταν μουσικό κομμάτι θα ήταν κάτι από
Zeppelin ή Dylan.Αθεράπευτος εικονοκλάστης,αδυνατώ να εννοήσω και ενίοτε να
παρανοήσω ένα παράδοξο χωρίς να φανταστώ το μουσικό του ένδυμα.
Η ιστορία έχει κάπως έτσι:
Ο Τίτος Τσιτσιφρίγκος έγκριτος συγγραφέας φιλοσοφικών εγχειριδίων έχει μόλις ολο-
κληρώσει την συγγραφή ενός βιβλίου,για το οποίο είναι ιδιαίτερα υπερήφανος. Υπήρ-
ξε σχολαστικός στην έρευνα του,εξαιρετικά προσεκτικός στην συλλογιστική του και έδω-
σε σε αρκετούς αξιοσέβαστους συναδέλφους του προσχέδιο του χειρογράφου.
Με δεδομένη την εξαιρετική επιμέλεια που έδειξε ο Τσιτσιφρίγκος σε αυτό το βιβλίο, δι-
καιολογημένα πιστεύει στην αλήθεια καθεμίας από τις προτάσεις- ισχυρι-
σμούς π1,π2,..,πν.του βιβλίου. Ωστόσο,κατά την επιμέλεια για τελευταία φορά του χειρό-
γραφου, μια ανησυχητική σκέψη τρυπώνει στο μυαλό του.Θυμάται πολύ καλά ότι σε πα-
λιότερα βιβλία του,για τα οποία είχε την ίδια σιγουριά ,είχαν βρεθεί λάθη μετά την έκδο-
ση τους.Εξάλλου, μετά την έκδοση εντοπίζονται λάθη στην πλειονότητα παρόμοιων βι-
βλίων άλλων συγγραφέων.Αυτή η εμπειρία δεν συνεπάγεται άραγε ότι υπάρχουν λάθη και
στο τωρινό βιβλίο του;
Το αίσθημα υπηρηφάνειας έχει ελαφρώς υποχωρήσει και ετοιμάζεται να προσθέσει ένα
κομμάτι στον πρόλογο,στο οποίο θα αναφέρεται ότι υπάρχουν πιθανώς κάποια λάθη
στον κορμό του βιβλίου, λάθη για τα οποία,φυσικά, αναλαμβάνει την πλήρη ευθύνη.
Δεν κάνω ποτέ λάθος...μια
φορά νόμιζα ότι έκα-
να..αλλά έκανα λάθος!

Ωστόσο, η ανησυχία του αρχίζει να αυξάνεται,όταν συνειδητοποιεί ότι, εφόσον εί-
ναι λογικό να πιστεύει ότι υπάρχουν κάποια λάθη στον κορμό του βιβλίου, είναι επί-
σης λογικό να πιστεύει ότι: ΟΧΙ( Π1 ΚΑΙ Π2 ΚΑΙ Π3…ΚΑΙ ΠΝ) δηλαδή ότι αποκλείεται
όλοι οι ισχυρισμοί -προτάσεις του βιβλίου να αληθεύουν.Έτσι,ο Τσιτσιφρίγκος αποδέχε-
ται την αλήθεια δυο ασυνεπών ισχυρισμών
Π1 ΚΑΙ Π2 ΚΑΙ Π3…ΚΑΙ ΠΝ ΟΧΙ( Π1 ΚΑΙ Π2 ΚΑΙ Π3…ΚΑΙ ΠΝ)
Αυτή είναι η αρχική μορφή του παραδόξου του προλόγου.
Πως αντιμετωπίστηκε αυτό το παραδοξολογικό συμπέρασμα; Σε αυτό το σημείο, ο-
φείλω να σας προειδοποιήσω ότι συνεχίζετε την ανάγνωση με δική σας ευθύνη.
Η Ντόριν Όλιν,καθηγήτρια φιλοσοφίας-συγγραφέας,πρόσωπο με περγαμηνές στην ε-
κλαΐκευση της φιλοσοφίας το θέτει ως εξής:
Η πρώτη ένσταση γίνεται στην πιθανότητα των πεποιθήσεων του Τσιτσιφρίγκου.Από
την στιγμή που ο Τσιτσιφρίγκος δεν είναι απολύτως βέβαιος για τους ισχυρισμούς- προ-
τάσεις στο βιβλίο του θα έπρεπε μιλώντας αυστηρά,να ισχυριστεί μόνο ότι «πιθανως
Π1»,«Πιθανως Π2» και ούτω καθεξής. Και η μετριοφροσύνη του πνευματικού ανδρός
Τσιτσιφρίγκου δεν απαιτεί τίποτα παραπάνω από την φράση στον πρόλογο:
«Πιθανώς υπάρχουν λάθη στον κορμό του βιβλίου»
Έτσι, αυστηρά, μιλώντας αυτό που αιτιολογείται να πιστεύει ο Τσιτσιφρίγκος είναι
πιθανώς Π1 ,…, πιθανώς ΠΝ πιθανώς ΟΧΙ( Π1 ΚΑΙ Π2 ΚΑΙ Π3…ΚΑΙ ΠΝ)
Η στρατηγική αυτή όμως είναι καταδικασμένη στην αποτυχία. Φαίνεται πως αποκλεί-
σαμε ένα παραδοξολογικο συμπέρασμα και το αντικαταστήσαμε με ένα άλλο,δηλαδή ότι
κάποιος είναι δικαιολογημένος να πιστεύει,για καθεμία από ένα αριθμό ασυνεπών προ-
τάσεων, ότι είναι πιθανή.Κάποιοι θα θεωρήσουν αυτό το αδύναμο συμπέρασμα τελείως
ανυπόστατο. Σημαντικό γεγονός,η διαφυγή από αυτό το παράδοξο έχει τεράστιο κό-
στος.Πρέπει να υποστηρίξουμε ότι οι περισσότερες από τις πεποιθήσεις μας (εκείνες για
τις οποίες είμαστε απολύτως βέβαιοι) έχουν να κάνουν με πιθανότητες.Και ούτε μπο-
ρούμε ταυτίσουμε την πεποίθηση ότι Π με την πεποίθηση ότι είναι πιθανό ότι Π.Η αλή-
θεια της πεποίθησης μου ότι το αυτοκίνητο μου βρίσκεται τώρα στον δρόμο εξαρτάται
από την παρούσα θέση του αυτοκινήτου μου.Ενώ η αλήθεια της πεποίθησης μου ότι είναι
πιθανό το αυτοκίνητο μου να βρίσκεται στον δρόμο εξαρτάται από τα συνολικά τεκμήρια
που έχω στην διάθεση μου.Πράγματι,η λύση απαιτεί να μην εξισώνεται η πεποίθηση ότι
ισχύει Π με την πεποίθηση ότι η Π είναι πιθανή.Γιατί ,αν οι δυο αυτές πεποιθήσεις εξι-
σωθούν,το αρχικό παραδοξολογικό συμπέρασμα παραμένει....
Η όλη επιχειρηματολογία συνοψίζεται στη φράση που διάβασα σε ένα μπλουζάκι
Δεν κάνω ποτέ λάθη....μια φορά νόμιζα ότι έκανα ....αλλα έκανα λάθος!!

55.Γιατί έχετε λιγότερους φίλους από τους φίλους σας και η ανισότητα Cauchy-
Schwartz!
Φιλία.Δεσμός απόλυτα εφικτός,αρκεί να μην συγχρωτίζεσαι υπερβολικά με τον άλ-
λο.//2.Αγαπη δίχως φόβο.
Αντρές Νέουμαν,Βαρβαρισμοί
Όλοι θέλουμε να είμαστε μοναδικοί και το ξέρω ότι η δήλωση συνιστά αντίφαση
αλλά το αναπαράγω χωρίς αιδώ καθώς είναι πολύ σχετικό με την δημοφιλία σε κάθε
είδους κοινωνικό δίκτυο.Λοιπόν, αν ποτέ μπείτε στην μίζερη διαδικασία να μετρήσετε
πόσους φίλους έχετε εσείς και πόσους φίλους έχουν οι φίλοι σας, θα διαπιστώσετε ότι
περισσότεροι φίλοι σας έχουν περισσότερους φίλους από σας και ότι δεν έχουν μόνο οι
περισσότεροι φίλοι σας περισσότερους φίλους από σας.
ΟΛΟΙ, κατά μέσο όρο, έχουν περισσότερους φίλους από εσάς.
Μήπως έχετε τον ανθρωποδιώκτη και είστε τόσο αντιδημοφιλής σε σύγκριση με
όλους τους άλλους; Είναι ενοχλητικό.Άλλα,δεν χρειάζεται να το πάρετε κατάκαρδα. Οι
φίλοι των περισσότερων ανθρώπων,έχουν περισσότερους φίλους από ότι εσείς,διατηρώ
τον πληθυντικό κρατώντας αποστάσεις από μισάνθρωπους σαν ελόγου σας.
Ακούγεται περίεργο. Σε ένα κοινωνικό δίκτυο, όλοι εχουν κατά μέσο όρο τον ίδιο α-
ριθμό φίλων.Κάποιοι έχουν περισσότερους φίλους,κάποιοι λιγότερους, αλλά ο μέσος
όρος του αριθμού των φίλων παραμένει…ο μέσος όρος.Φαίνεται διαισθητικά λογικό
ότι οι φίλοι τους θα έχουν επίσης, κατά μέσο όρο, ακριβώς τον ίδιο αριθμό φίλων.
Είναι έτσι;
Ένα παράδειγμα να αντιληφτούμε τι εκφράζουν τα παραπάνω.Tετριμμένο παράδειγ-
μα,και εσείς να φτιάξετε ένα θα καταλήξετε στα ίδια συμπεράσματα. Τα περισσότερα
δίκτυα παρουσιάζουν ανάλογη συμπεριφορά..Το δίκτυο δείχνει 12 ανθρώπους και οι
γραμμές συνδέουν τους φίλους.Κάνουμε την παραδοχή ότι οι φιλίες είναι αμφίδρομες.
Α
Β
Γ
Δ
Ε
Ζ
Η
Θ
Ι
Κ
Λ
Μ

Καταγράφουμε μερικά στοιχεία σε ένα πίνακα:
Στην τελευταία στήλη σημειωμένα με βέλη είναι οι αριθμοί που είναι μεγαλύτε-
ροι από τους αριθμούς στην δεύτερη στήλη.Πρόκειται για τις περιπτώσεις των ανθρώ-
πων που έχουν,κατά μέσο όρο,περισσότερους φίλους από αυτούς. Οκτώ στους δώδεκα
αριθμούς είναι σημειωμένα με βέλη που οι φίλοι τους είναι πιο δημοφιλείς και σε μια
περίπτωση έχουμε ισότητα.Η μέση τιμή των αριθμών στην δεύτερη στήλη είναι 3,16.
Δηλαδή, το μέσο πλήθος στο κοινωνικό δίκτυο είναι 3,16.Ομως οι περισσότεροι αριθ-
μοί στην τέταρτη στήλη είναι μεγαλύτεροι από το 3,16.Μηπως υπάρχει κάποια αντί-
φαση σε σχέση με ότι υπαγορεύει η διαίσθηση μας;
Όχι. Η απάντηση βρίσκεται στο γεγονός ότι στην μέτρηση περιλαμβάνουμε ανθρώ-
πους σαν τον Ε και τον Ι που έχουν ασυνήθιστα μεγάλο αριθμό φίλων. Συνε-
πώς,μετριούνται πιο συχνά όταν κοιτάζουμε πόσους φίλους έχουν οι φίλοι των αν-
θρώπων και τότε συνεισφέρουν περισσότερο στο ολικό άθροισμα της τρίτης στή-
λης.Από την άλλη, όσοι έχουν λιγότερους φίλους εμφανίζονται πολύ πιο σπάνια, επο-
μένως συνεισφέρουν λιγότερο. Η αλήθεια είναι ότι οι άνθρωποι τείνουν να προσαιτερί-
ζονται ανθρώπους πιο δημοφιλείς από αυτούς.
Το φαινόμενο αυτό στρεβλώνει τον μέσο όρο προς μια υψηλότερη τιμή. Φανταστείτε
μια εταιρεία με 8 υπάλληλους τον διευθυντή και τον προϊστάμενο με μισθούς 500 ευρώ
οι υπάλληλοι και 2000,2500 ευρώ οι μισθοί των προϊσταμένου και του διευθυντή αντί-
στοιχα τότε ο μέσος μισθός εμφανίζεται να είναι 850 ευρώ!!
Στο παράδειγμα μπορείτε να δείτε και τι συμβαίνει στη τέταρτη στήλη του πίνακα
έχει μέσο όρο 3,47 μεγαλύτερο από το μέσο όρο φίλων του δικτύου. Αν και η αλήθεια
είναι ότι θα ήταν σωστότερο να πάρουμε το σταθμικό μέσο στην τρίτη στήλη να προ-
Α
Β
Γ
Δ
Ε
Ζ
Η
Θ
Ι
Κ
Λ
Μ
2
2
3
3
6
2
3
3
5
2
4
3
3,5
2,5
3
4
3,16
4,5
4
2
3,6
4
4,25
3,3
Πρόσω-
πο
πλήθος
φίλων
2 , 5
2 , 3
2 , 3, 4
3 , 4, 5
3 ,5,3,3,2, 3
6,3
3 , 6 , 3
2 , 6,3
2 ,2,3,6,4
3 , 5
3 , 5, 6,3
5,2,3
πλήθος φίλων
κάθε φίλου
Μέσος ορ προηγ. στήλης

σθέσουμε όλους τους αριθμούς και να διαιρέσουμε με το πλήθος τους. Πάλι όμως θα
βγει μεγαλύτερος από τον μέσο όρο της δεύτερης στήλης. Δηλαδή ο μέσος όρος των
φίλων των φίλων των μελών του δικτύου είναι πάντα μεγαλύτερος ή ίσος από τον μέ-
σο όρο φίλων του δικτύου με την ισότητα να ισχύει μόνο αν το πλήθος των φίλων
κάθε μέλους είναι το ίδιο. Πως αποδεικνύεται;
Έστω ότι έχουμε ένα τυχαίο κοινωνικό δίκτυο που αποτελείται από ν ανθρώπους και
ότι το πρόσωπο αi έχει χi φίλους
Τότε το μέσο πλήθος φίλων,λαμβάνοντας υπόψη όλα τα μέλη είναι
Α=(x1+x2+…+xv)/ν
Για να εξετάσουμε τώρα τον μέσο όρο των φίλων των φίλων κάθε μέλους ,δηλαδή
το μέσο όρο της τρίτης στήλης κάνουμε το έξης: Έστω ότι ο αj είναι φίλος του αi τό-
τε ο αj εμφανίζεται ως φίλος xj ανθρώπων –τους φίλους του- και στο συνολικό άθροι-
σμα συνεισφέρει για καθένα από αυτούς xj δηλαδη συνολικά συνεισφέρει χj*xj=xj2
.Ο
αριθμός των καταχωρήσεων στην τρίτη στήλη είναι x1+x2+…+xν.
Ο ζητούμενος μέσος όρος είναι
Β= (x1
2
+x2
2
+…+xv
2
)/( x1+x2+…+xv)
Σε κάθε περίπτωση ισχύει Β>Α εκτός από την περίπτωση που όλα τα xj είναι ισα
μεταξυ τους.( Η απόδειξη με χρήση της ανισότητας Cauchy-Schwartz στο σύνδεσμο:
https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=Root-Mean_Square-
Arithmetic_Mean-Geometric_Mean-Harmonic_mean_Inequality))
Η παραπάνω ιδιαίτερη κατάσταση ονομάζεται Παράδοξο της φιλίας και δημοσιεύτηκε
για πρώτη φορά το 1991 από τον κοινωνιολόγο Scott L. Feld σε μια εργασία με τίτλο:
«Γιατί οι φίλοι σου έχουν περισσότερους φίλους από σένα.»“Why Your Friends Have
More Friends Than You Do.”

56.Επιμενίδης ο Κρητικός
O Επιμενίδης ήταν θρησκευτικός διδάσκαλος, μάντης,καταγόμενος από την Κρήτη.Ο
Θεόπομπος και πολλοί άλλοι συγγραφείς υποστήριζαν ότι εί-
ναι υιός του Φαιστίου ενώ άλλοι πίστευαν πως είναι υιός του
Δωσιάδα ή του Αγήσαρχου.Σύμφωνα με τον μύθο,όταν τον
είχε στείλει ο πατέρας του να ψάξει κάποιο πρόβατο στα χω-
ράφια,ο Επιμενίδης μπερδεύτηκε και μπήκε σε μια σπηλιά
όπου κοιμήθηκε για 57 χρόνια,από εκεί προκύπτει και η πα-
ροιμιώδης φράση Επιμενίδειος ύπνος.Λογοτεχνικό εύρημα
που χρησιμοποίησε και ο Ίρβινγκ στο βιβλίο του Ριπ Βαν
Ουίνκλ.Όταν,ο Επιμενίδης ξύπνησε,άρχισε και πάλι να ψάχνει το πρόβατο, πιστεύο-
ντας ότι έχει κοιμηθεί λίγο.Δεν το έβρισκε και έτσι κατευθύνθηκε προς το χωράφι του
όπου τα βρήκε όλα διαφορετικά και το χωράφι ανήκε σε διαφορετικό ιδιοκτήτη.Έπειτα
πήγε στην πόλη για να αναζητήσει απαντήσεις και βρήκε τον αδελφό του που ήταν
γέροντας πια,ο οποίος του είπε όλη την αλήθεια.Όταν έμαθαν αυτή την ιστορία οι Έλ-
ληνες τον θεώρησαν αγαπημένο των Θεών.Ο Επιμενίδης έγινε αφορμή και για ένα
γνωστό παράδοξο στη Λογική.Σε ένα ποίημά του είχε γράψει:
Κρῆτες ἀεὶ ψεῦσται (οι Κρήτες είναι πάντα ψεύτες)
Σύμφωνα λοιπόν με την έκφραση αυτοί όλοι οι Κρήτες είναι ψεύτες. Ωστόσο ποιος θα
μπορούσε να βασιστεί σε αυτά τα λόγια του-επίσης καταγόμενου από την Κρήτη-
Επιμενίδη; Εκεί ακριβώς έγκειται το παράδοξο:αν βασιστούμε στην παραπάνω πρότα-
ση τότε και ο ίδιος ο Επιμενίδης ψεύδεται, άρα τελικά οι Κρήτες δεν είναι ψεύτες. Τότε
όμως κι ο Επιμενίδης δεν ψεύδεται κ.ο.κ.
Μήτσος Σαρτρ από το Αιγάλεω,
υπαρξιστής!

Στο μνημειώδες έργο του Μιγκέλ Θερβάντες Δον Κιχώτης στο κεφάλαιο με τίτλο
«Σχετικά με την πρόοδο της κυβέρνησης του Σάντσο Πάντσα καθώς και με άλλα πα-
ρόμοια γεγονότα» ο Θερβάντες βάζει τον πιστό ακόλουθο του ηρωικού ιππότη από
την Μάντσα,τον Σάντσο Πάντσα, να γίνεται κυβερνήτης του νησιού Μπαρατάρια οπου
και καλείται να πάρει δύσκολες αποφάσεις. Προηγουμένως στο έργο, στο κεφάλαιο
XVIII,ο Δον Κιχώτης εξηγούσε ότι μια απαραίτητη ικανότητα/επιστήμη για έναν περι-
πλανώμενο ιππότη ήταν τα Μαθηματικά, γιατί «..σε κάθε περίπτωση,θα τα χρειαζό-
ταν!».Ο καλοκάγαθος Σάντσο λοιπόν βρέθηκε αντιμέτωπος με την εξής κατάστα-
ση:Υπήρχε ένα κτήμα το οποίο διέσχιζε ένα ποτάμι. Ο ιδιοκτήτης του κτήματος είχε
την κάπως ιδιόρρυθμη συνήθεια να αναγκάζει τους διερχόμενους που ήθελαν να περά-
σουν από το ποτάμι στο κτήμα του να του λένε,ορκιζόμενοι στην τιμή τους, πού ήθε-
λαν να πάνε τελικά. Αν έλεγαν την αλήθεια, τούς άφηνε να περάσουν,αλλά αν έλεγαν
ψέματα τούς κρεμούσε επιτόπου!
Εφαρμοζόταν για καιρό αυτός ο «νόμος», και οι δικαστές άφηναν σχεδόν όλο τον κό-
σμο να περνάει ώσπου μια μέρα εμφανίστηκε ένας άνδρας που είπε πως θα κρεμιόταν
εδώ!
Οι δικαστές τότε είπαν:«Αν αφήσουμε αυτόν τον άντρα να περάσει ελεύθερα, σημαί-
νει πως είπε ψέματα αθετώντας τον όρκο τιμής του και άρα πρέπει, σύμφωνα με τον
νόμο, να πεθάνει. Αλλά,αν
τον κρεμάσουμε, μιας και
ορκίστηκε οτι θα πέθαινε
στην αγχόνη και σύμφωνα
με τον ίδιο νόμο, πρέπει να
αφεθεί ελεύθερος!»
Μας τα ξανάπε πριν τον
Θερβάντες ο Επιμενίδης!
Το δίλλημα για τον Σά-
ντσο Πάντσα είναι προφα-
νές όμως τελικά ο Σάντσο
συμβουλεύει να αφεθεί ο
άντρας ελεύθερος, επειδή:
«είναι πάντα καλύτερο να
κάνεις το καλό, παρά το
κακό...» Γ

57.Λογικά παράδοξα,δύο σε ένα..
Ο φιλόσοφος Άρθουρ Νόρμαν Πράιορ (1914–1969),
καθηγητής στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης
διασκεύασε ένα λογικό παράδοξο που έχει τις ρίζες
του στους σχολαστικούς φιλοσόφους του Μεσαίωνα
ως εξής:
Τέσσερεις άνθρωποι,οι Α,Β,Γ,Δ,σε μια
συνάντηση που είχαν:
Ο Α δήλωσε:«2+2=4»
Ο Β δήλωσε:«3+3=6»
Ο Γ δήλωσε:«3+3=8»
Ο Δ δήλωσε:
«Το πλήθος των αληθών δηλώσεων είναι το ίδιο με
το πλήθος των ψευδών δηλώσεων;»
Ο Πράιορ ισχυρίζεται ότι:αν ο Δ λέει αλήθεια
Τότε έχουμε τρεις αληθείς δηλώσεις και μια ψευδή δήλωση οπότε λέει ψέμα-
τα.Αντίθετα αν ο Δ λέει ψέματα τότε έχουμε δυο αλήθειες και δυο ψέματα που είναι
αλήθεια.
58.Το επικούρειο παράδοξο
Θα μεγαλώσει η μύτη του
ή..οχι;
Μήτσος Χιούμ από το Αιγάλεω, επικούρειος!
Ο Θεός επιθυμεί να αποτρέψει το κακό,αλλά
δεν είναι σε θέση να το πράξει; Σε αυτή την περί-
πτωση δεν είναι παντοδύναμος. Είναι σε θέση να
αποτρέψει το κακό ,άλλα δεν επιθυμεί να το πρά-
ξει; Τότε δεν είναι πανάγαθος .Είναι παντοδύνα-
μος και πανάγαθος; Τότε, από πού πηγάζει το
κακό;

59.Ο ωκύπους Αχιλλέας και η χελώνα
Ο Ζήνωνας ο Ελεατης,τον 5ο
π.Χ αιώνα, προκάλεσε αμηχανία στους σοφούς της ε-
ποχής του με τον ακόλουθο ισχυρισμό: Ο γοργοπόδαρος Αχιλλέας, παρά την μεγάλη
του προσπάθεια, δεν μπορεί να ποτέ να φτάσει μια χελώνα που τρέχει 100 φορές αργό-
τερα από αυτόν σε αγώνα δρόμου.Πως γίνεται αυτό;Ο Αχιλλέας όντας πολύ σίγουρος
για την ταχύτητα έδωσε στην χελώνα προβάδισμα dο=1 στάδιο (περίπου 150 μέτρα).
Όταν ο Αχιλλέας θα φτάσει στην αρχική του θέση P1 της χελώνας, η χελώνα θα βρί-
σκεται λίγο μακρύτερα,στην θέση P2,όταν ο Αχιλλέας θα φτάσει στο P2,η χελώνα θα
βρίσκεται λίγο μακρύτερα στο P2, κ.ο.κ.Δηλαδή η χελώνα θα έχει πάντα ένα προβάδι-
σμα dν(ν=0,1,2,3,..)
Πως εξηγείται η αντίφαση ανάμεσα στον παραπάνω ισχυρισμό και την εμπειρία που
λέει ότι κάποια στιγμή ο Αχιλλέας θα φτάσει την χελώνα;
Όταν ο Αχιλλέας θα διανύσει το διάστημα dν , η χελώνα αφού τρέχει 100 φορές πιο
αργά, θα διανύσει διάστημα
1
1
100
d d
 
  .Επομένως τα διαστήματα αυτά που προηγείται η χελώνα σχηματίζουν
γεωμετρική πρόοδο με λόγο
1
100
  και 0 1
d  στάδιο. Τώρα επειδή 1
  το συνο-
λικό διάστημα που θα διανύσει ο Αχιλλέας μέχρι να φτάσει στην χελώνα είναι:
0 1 100
1
1 99
1
100
d
S

  
 
στάδια περίπου 151 μέτρα.
Εγώ πάντως να ξέρετε ότι τάσσομαι στο πλευρό της χελώνας!
Διαβάστε και το επόμενο να δειτε ότι η ίδια ιδέα κατατρύχει συνεχώς τον Ζήνωνα.
d1
P1
P2
P3
d2
d3
do

60.Η διχοτομία του παππού Ζήνωνα
Ένας δρομέας ξεκινά με σκοπό να φτάσει στο τέρμα του στίβου. Όμως για να φτάσει
στο τέρμα θα πρέπει να τρέξει άπειρο αριθμό από διαδρομές που προστίθενται η μία
στην άλλη. Καταρχάς πρέπει να φτάσει στο μέσο της διαδρομής ως το τέρμα. Στη συ-
νέχεια πρέπει να φτάσει στο ενδιάμεσο σημείο μεταξύ του μέσου και του τέρματος,
μετά στο μέσο του δεύτερου μέσου, κ.ο.κ.
Όσο ο χώρος μπορεί και χωρίζεται (κάθε φορά στο μισό του μισού κλπ) σε όλο και πιο
μικρά μέρη, οι διαδρομές όλο και προστίθενται και τελικά γίνονται άπειρες σε αριθμό.
Όμως κανείς δε μπορεί να τρέξει άπειρο αριθμό διαδρομών.
Ακόμα και αν η απόσταση από την αρχή ως το τέρμα είναι μόνο ένα μέτρο, ή ένα εκα-
τοστό, ή ακόμα και μόνο ένα χιλιοστό του μέτρου, μια άπειρη σειρά διαδρομών δεν
μπορεί να την εκτελέσει κανείς. Συνεπώς η κίνηση είναι αδύνατη.
Ο σωρείτης («νέφος»)
Εδώ ο Ζήνων επιχειρεί την άρνηση της ποσότητας:
● Ξεκινώντας από έναν κόκκο σταριού προσθέτουμε άλλον έναν κι άλλον έναν κ.ο.κ.
ώσπου τελικά να έχουμε έναν σωρό από σιτάρι. Στον σωρό όμως χάνεται η έννοια της
ποσότητας, η ικανότητα δηλαδή να απαριθμούνται οι κόκκοι του σταριού.
● Στον παρεμφερή συλλογισμό της φαλάκρας, το ζητούμενο είναι ο αριθμός των τρι-
χών που καθορίζουν αν ένα κεφάλι είναι φαλακρό ή όχι.
● Στον συλλογισμό του θορύβου, ένας κόκκος σιταριού που πέφτει στο έδαφος δεν
κάνει θόρυβο, σε αντίθεση με ένα σακί σιτάρι που χύνεται στη γη, και το ερώτημα εί-
ναι πώς μπορεί ένα σύνολο σιωπών (του κάθε κόκκου) να παράγει θόρυβο (του σα-
κιού).

61.Το κέρας του Γαβριήλ
Ο Ιταλός μαθηματικός E.Torricelli (1608-1647),το 1647 περιγράφει ένα αίνιγμα σύ-
γκρισης επιφάνειας και όγκου, που ονομάζεται το παράδοξο του Torricelli.Το παράδο-
ξο περιλαμβάνει ένα εκπληκτικό αποτέλεσμα που σχετίζεται με το εμβαδόν του στε-
ρεού,που σχηματίζεται από την περιστροφή της καμπύλης y = 1/x,1 <x < 1, γύρω από
τον άξονα x, όπως φαίνεται στο Σχήμα. Αυτό το στερεό ονομάζεται κέρας του Gabriel
(το όνομα Gabriel παραπέμπει στον Αρχάγγελο Γαβριήλ που φυσάει το κέρας του και
αναγγέλλει την Ημέρα της Κρίσης).Το εμβαδόν αυτό μπορεί να βρεθεί προσθέτοντας
τις περιμέτρους όλων των κύκλων του κέρατος
και δεδομένου ότι η περίμετρος ενός κύκλου με
ακτίνα r είναι L = 2πr και η ακτίνα του κύκλου στη
θέση x είναι r = 1/x, η περίμετρος ενός κύκλου στο
x είναι: L(x)=2πr=2π(1/x)=2π/x
Επομένως, το εμβαδόν του Κέρατος του Gabriel
βρίσκεται χρησιμοποιώντας το ολοκλήρωμα:
1
2
ό dx
x



   

Tο εμβαδόν του στερεού είναι άπειρo. Δηλαδή ότι το εμβαδόν αυξάνεται χωρίς κά-
ποιο φράγμα καθώς προχωράμε προς τα δεξιά όλο και περισσότερο,παρότι αυξάνεται
πάρα πολύ αργά.Όταν ο Torricelli υπολόγισε το εμβαδό, αποφάσισε να βρει και τον
όγκο του.Αυτός ο όγκος μπορεί να βρεθεί προσθέτοντας τα εμβαδά όλων των κύκλων
του κέρατος.Το εμβαδόν ενός κύκλου με ακτίνα r είναι A =πr2
και το r στη θέση x εί-
ναι ίσο με 1/x, προκύπτει ότι:
2 2
2
1
( ) ( )
x r
x x

 
   
Συνεπώς, ο όγκος του Κέρατος του Gabriel υπολογισεζεται με χρήση ολοκλήρωματος:
2
1
Ό dx
x

 

 

O όγκος του Κέρατος του Gabriel είναι π κυβικές μονάδες! Eχουμε περιστρέψει
μια άπειρη περιοχή γύρω από μια γραμμή και πήραμε έναν πεπερασμένο όγκο.Οπότε
μπορούμε να γεμίσουμε το κέρας με π = 3,14 κυβικές μονάδες χρώματος,αλλά δεν υ-
πάρχει αρκετή μπογιά στον κόσμο για να χρωματίσουμε το εξωτερικό του!Το συμπέ-
ρασμα είναι ότι δεν είναι έγκυρο να υποθέσουμε πως μπορούμε να εκτελέσουμε διαδι-
κασίες μόνο και μόνο επειδή αυτές συσχετίζονται με πεπερασμένα μεγέθη!Για παρά-
δειγμα, είναι προφανές ότι δεν μπορούμε να βάψουμε την επιφάνεια του κέρατος διότι
δεν έχουμε αρκετή μπογιά. Όμως είναι λάθος να υποθέσουμε ότι μπορούμε να γεμί-
σουμε το εσωτερικό του, μόνο και μόνο επειδή υπάρχει όλη η ποσότητα χρώματος
που απαιτείται.Η διαδικασία γεμίσματος δεν μπορεί να γίνει σε πεπερασμένο χρόνο
διότι διαφορετικά, θα μπορούσαμε να βάψουμε και την επιφάνεια σε πεπερασμένο
χρόνο που βέβαια αυτό είναι αδύνατο.

62.Το παράδοξο του Σωρείτη
63.Το παράδοξο του Grelling και οι αριθμοί που περιγράφουν τον εαυτό τους…
Κάποιες λέξεις «εφαρμόζονται» στον εαυτό τους.Για παράδειγμα,η λέξη «μικρή»
είναι μικρή και λέξη «πολυσύλλαβη» είναι πολυσύλλαβη.Οι λέξεις που έχουν αυτό το
χαρακτηριστικό αποκαλούνται «αυτολογικές».Ωστόσο,πολλές λέξεις δεν εφαρμόζο-
νται στον εαυτό τους.Η λέξη «μακρά» δεν είναι μακρά και η λέξη «μονοσύλλαβη" δεν
είναι μονοσύλλαβη.Αυτές οι λέξεις ονομάζονται «ετε-
ρολογικές».
Η λέξη «ετερολογική» είναι ετερολογικη;Αν είναι,τότε
δεν εφαρμόζεται στον εαυτό της και,συνεπώς,δεν είναι
ετερολογική.Αν δεν είναι,τότε δεν εφαρμόζεται στον
εαυτό της και είναι,επομένως,ετερολογικη.Έτσι,η λέξη
«ετερολογική» είναι ετερολογική αν και μόνο αν δεν
είναι!Από την άλλη,στα μαθηματικα έχουμε αριθμούς
που περιγράφουν το «είναι» τους.Για παράδειγμα,ο
αριθμός 14233221, δείτε ότι μπορεί να διαβαστεί ως
ένα 4,δυο 3,τρια 2,δυο 1,γεγονός αδιαμφισβήτητο!!
(W.V.Quine ,The ways of paradoxes and other Essays,1966)
Ένας άνθρωπος με πλούσια κόμη σαφώς δεν
είναι φαλακρός.Επιπροσθέτως,η απώλεια μιας
τρίχας δεν μπορεί να μετατρέψει έναν μη-
φαλακρό άνθρωπο σε φαλακρό. Επομένως κανέ-
νας δεν δύναται να γίνει φαλακρός!
Μήτσος Ευβουλίδης από την Πέλλα, αριστοτελικός!

64.Το παράδοξο του πίνακα
Φανταστείτε ένα ιδιότυπο κελί φυλακής που έχει στο πάτωμα του ζωγραφισμένο τον
παρακάτω πίνακα:
Τα μάτια σας είναι καλυμμένα και τα χέρια σας είναι δεμένα. Ξέρετε ότι στέκεστε σε
ένα κελί του πίνακα, αλλά δεν ξέρετε ποιον αριθμό φέρει. Καλείστε να βρείτε σε πιο
κελί στέκεστε αλλά επιτρέπεται να κάνετε μόνο δυο κινήσεις.Οι επιτρεπόμενες κινή-
σεις είναι η μετακίνηση σε διπλανό κελί ,επάνω,κάτω, αριστερά ή δεξιά.Η μετακίνηση
έξω από τα όρια του πίνακα, επίσης λογίζεται ως μια κίνηση.Ο δεσμοφύλακας σας έχει
πει ότι είναι αδύνατον να εντοπίσετε την θέση σας με δυο κινήσεις. Συμπεραίνετε ότι
δεν βρίσκεστε στα γωνιακά κελιά αφού με δυο κινήσεις θα εντοπίσετε την θέση σας .
(Αν για παράδειγμα σκοντάψετε σε ένα τοίχο προσπαθώντας να μετακινηθείτε επάνω
και κατόπιν δεξιά θα ξέρετε ότι βρίσκεστε στο κελί τρία.) Εφόσον είναι δυνατό, να
εντοπίσετε την θέση σας στο γωνιακά τετράγωνα συνεχίσετε προσπαθώντας αν απο-
κλείσετε τα κελιά που φέρουν αρτίους αριθμούς. Σαφώς εάν πέσετε σε τοίχο κινούμε-
νος ανοδικά, θα ξέρετε ότι βρίσκεστε στο κελί 2 (αυτό μπορεί να γίνει και από τα κε-
λιά 1 και 3 τα οποία όμως έχουν αποκλειστεί επειδή είναι γωνία).Απομένει μόνο ένα
κελί το κεντρικό το 5.Τωρα, χωρίς να κάνετε καμία κίνηση μπορείτε να προκαλέστε
τον δεσμοφύλακα σας ότι μπορείτε να του ανακοινώσετε το κελί που στέκεστε χωρίς
να κάνετε καμία κίνηση.Ποιο είναι το λάθος στον παραπάνω συλλογισμό;
Το παράδοξο πατάει στην αμφισημία που αφορά ότι μια θέση,
1. είναι εντοπίσιμη μέσω δυο συγκεκριμένων κινήσεων, και
2. είναι εντοπίσιμη μέσω δυο οποιωνδήποτε κινήσεων,αλλά όχι μέσω δυο οποιωνδήπο-
τε συγκεκριμένων κινήσεων.Για παράδειγμα, η θέση των γωνιακών κελιών, που παίζει
τόσο σημαντικό ρόλο στην προαναφερθείσα ατελή λογική, δεν αποκαλύπτεται αν α-
πομακρυνθούμε από τον τοίχο. Οι γωνιακές θέσεις αποκαλύπτονται μόνο αν κινηθούμε
προς τον τοίχο.Το παράδοξο πιστώνεται στον R.Sorensen ,καθηγητή Φιλοσοφίας του
Βρετανικού Dartmouth College. Συγγραφέα ενός εξαιρετικού βιβλίου με τίτλο Σύντομη
ιστορία του παραδόξου που κυκλοφορεί και στα ελληνικά.
1 2 3
4 5 6
7 8 9

65.Το παράδοξο με το μαλλί!
Η Νάντια έχει τελειώσει το μαθηματικό το 2010, σε και-
ρούς χαλεπούς.Διορισμοί δεν γίνονταν την εποχή εκείνη
έτσι αποφάσισε να ανοίξει κομμωτήριο,καθώς από μικρή,
μια έφεση με αυτήν την υψηλή τέχνη την είχε. Με την Νά-
ντια είχα την εξής στιχομυθία:
-«Βαφές κάνεις;»
-«Ναι, προφανώς, γιατί ρωτάς»
-«Τι νόημα έχει;Εφόσον όλες οι γυναίκες έχουν το ίδιο χρώ-
μα μαλλιών, και μπορώ να σου το αποδείξω!!»
Μειδίασε.
-«Να σου πω.Ας πούμε ότι παίρνουμε ως δείγμα ένα τυχαίο σύνολο δέκα γυναικών.Είναι
εφικτό να αποδείξουμε ότι και οι δέκα έχουν το ίδιο χρώμα μαλλιών;»
-«Είναι εφικτό;».Τόνισε με ειρωνεία η Νάντια.
-«Θα μπορούσαμε να κάνουμε μια τέτοια απόδειξη, εάν ήταν δυνατό να αποδείξουμε ότι
ένα οποιοδήποτε σύνολο εννέα γυναικών έχουν το ίδιο χρώμα μαλλιών .Θα απομονώ-
ναμε ,λοιπόν, οποιεσδήποτε εννέα γυναίκες από το σύνολο των δέκα και θα ξέραμε ότι
έχουν το ίδιο χρώμα μαλλιών. Επομένως και οι δέκα γυναίκες έχουν το ίδιο χρώμα μαλ-
λιών.»
-«Συνέχισε!» Είπε η Νάντια που φάνηκε να το διασκεδάζει.
-« Ωστόσο, υπάρχει κάποιος τρόπος να αποδείξουμε ότι ένα οποιαδήποτε σύνολο από
εννέα γυναίκες έχουν το ίδιο χρώμα μαλλιών; Ναι, εφόσον είναι δυνατό να αποδείξουμε
ότι οποιοδήποτε σύνολο οκτώ γυναικών αποτελείται από γυναίκες με το ίδιο χρώμα
μαλλιών. Αυτό μπορεί να αποδειχτεί εάν αποδείξουμε ότι ένα οποιαδήποτε σύνολο επτά
γυναικών αποτελείται από γυναίκες με μαλλιά ίδιου χρήματος.Και συνεχίζουμε έτσι μέ-
χρι ότου φτάσουμε σε σύνολα αποτελούμενα από έξι, πέντε, τέσσερεις, τρεις, δυο γυναί-
κες ,και στο σύνολο που αποτελείται από μια γυναίκα.Όμως,σε ένα σύνολο που αποτελεί-
τε από μια μόνο γυναίκα σίγουρα έχει το ίδιο χρώμα μαλλιών. Άρα αποδείξαμε ότι ένα
οποιοδήποτε σύνολο δέκα γυναικών αποτελείται από γυναίκες με το ίδιο χρώμα μαλλιών
.Θα μπορούσαμε να έχουμε ξεκινήσει από οπουδήποτε σύνολο γυναικών και να αποδεί-
ξουμε το ίδιο πράγμα. Άρα όλες οι γυναίκες έχουν το ίδιο χρώμα μαλλιών.»
Η Νάντια γέλασε,λέγοντας:«Κοίτα έχω ξανθό μαλλί και η Μαρία η βοηθός μου είναι
μελαχρινή,άρα κάτι πάει λάθος στη απόδειξη σου.»
Ποιο είναι το λάθος;
Μπορούμε όντως να αποδείξουμε ότι ένα σύνολο αποτελούμενο από οποιαδήπο-
τε εννέα γυναίκες θα περιλαμβάνει γυναίκες με το ίδιο χρώμα μαλλιών,εφόσον απο-
δείξουμε ότι εννέα από τα τις γυναίκες αυτού του συνόλου έχουν το ίδιο χρώμα μαλ-
λιού. Αυτό θα είναι αληθές στις οκτώ,στις επτά,στις έξι ,στις πέντε, στις τέσσερις,στις
τρεις γυναίκες.Όταν όμως φτάσουμε στις δυο γυναίκες τίποτα δεν μας εγγυάται ότι
οποιαδήποτε δυο γυναίκες θα έχουν το ίδιο χρώμα στο..μαλλί!
H ανωτέρω ψευδοαπόδειξη-παράδοξο είναι σύνηθες παράδειγμα λανθασμένης χρήσης
της τελείας επαγωγής σε πολλά βιβλία.Ξεχωρίζω το βιβλίο του Tom
Apostol,΄"Διαφορικός και ολοκληρωτικός λογισμός",το εκτίμησα κάπως όψιμα καθώς
αποτελεί βιβλίο αναφοράς και όχι ασκησιολόγιο με πυξίδα.

66.Μια φοιτητική απόδειξη…
Ο μαθηματικός Ed Barbeau,καθηγητής του Πανεπιστημίου του Τορόντο στο διδακτι-
κό και συνάμα αστείο βιβλίο του με τίτλο Mathematical Fallacies, Flaws και Flimflam
γράφει για έναν φοιτητή του από τη Μοντάνα, ο οποίος όταν χρειάστηκε να βρει το
κόστος περίφραξης ενός ορθογώνιου οικόπεδου με 132 μέτρα μήκος και 99 μέτρα
πλάτος ,δεδομένου ότι υπάρχουν 16,5 μέτρα σύρμα περίφραξης σε ένα ρολό και ότι
ένα ρολό κοστίζει 12,75 δολάρια. Ο φοιτητής για να λύσει το πρόβλημα έγραψε πέντε
γινόμενα:
165 × 4 = 660
165 × 7 = 1155
165 × 6 = 990
165 × 9 = 1485
165 × 8 = 1320
Κατόπιν διέγραψε όλα τα γινόμενα έκτος από το 3ο
και το 5ο
και συνέχισε:
1275 x 6 = 7650
1275 x 8 = 10200
10200 + 7650 = 17850
17850 + 17850 = 35700
Τελικά ο φοιτητής εδωσε 35700 ως απάντηση.
Το αστείο είναι ότι , το απαιτούμενο κόστος είναι 357 δολάρια.
Ed Barbeau,Mathematical Fallacies, Flaws, and Flimflam,MAA
Τι είπε το παλλικάρι;
Γιώργος Κίργκεγκωρ από το Μπραχάμι,υπαρξυστής

67.To παράδοξο με του σωλήνα και τα κουτιά
Κατασκευάζουμε ένα σωλήνα με κουτιά ως εξής:
Τοποθετούμε κυβικά κουτιά το ένα κάτω
από τα άλλο,με τις διαστάσεις τους να
μικραίνουν προοδευτικά. Τα κουτιά δεν
διαθέτουν πάνω και κάτω βάση. (σχήμα)
Το μεγαλύτερο κουτί έχει ακμή 1 cm, το
αμέσως επόμενο
1
2
cm, το επόμενο
1
3
cm,κ.ο.κ
Κάθε κουτί με ακμή
1
v
έχει όγκο
3
1 1
v v

 

 
 
cm3
Το άθροισμα των όγκων όλων των κουτιών
Είναι:
1 1 1
1 .....
2 2 3 3 4 4
   
Η παραπάνω σειρά συγκλίνει σε ένα αριθμό
λίγο μικρότερο από 3 cm3
.
Από την άλλη το εμβαδό των παραπλεύρων
επιφανειών των κύβων είναι
1 1 1
4(1 .....)
2 3 4
   
Η παραπάνω σειρά όμως αποκλίνει ,απειρίζεται.
Δηλαδή ο σωλήνας με τα κουτιά έχει πεπερασμένο όγκο και άπειρο εμβαδό!!
1
1
2
1
3
1
4
1
5

68.Ένα παράδοξο πιθανοτήτων και κουτσαβάκηδων
Δυο κουτσαβάκηδες (*) συναντιούνται και ο καθένας εγκωμιάζει το κομπολόι του
άλλου.«Τι μόρτικο κομπολόι » λέει ο ένας, «σίγουρα είναι πολύ ακριβό» Και ο άλλος
απαντάει «Μου φαίνεται,οτι το δικό σου είναι πιο ακριβό». Μετά από μια σύντομη δια-
φωνία με αμολημένα τα ζωνάρια,λίγο πριν βγουν τα μαχαίρια,αποφασίζουν να αποκα-
λύψουν τις αντίστοιχες τιμές των κομπολογιών τους, και ο κάτοχος της πιο ακριβού να
το χαρίσει στον άλλο. Και ο καθένας από τους δυο σκέπτεται:«Είναι θέμα τζόγου.
Πρόκειται για ένα συμφέρον στοίχημα,αφού έχω τόσες πιθανότητες να κερδίσω όσες και
να χάσω,και στην περίπτωση που κερδίσω θα πάρω ένα μπάνικο και πιο ακριβό κομπο-
λόι που θα αξίζει περισσότερο από αυτό που μπορώ να χάσω.»
Πως είναι δυνατόν το στοίχημα να είναι συμφέρον και για τους δυο;
Σκεφτείτε το,αλλιώς διαβάστε ανάποδα την εξήγηση από τον αρχικουτσαβάκη Σταυ-
ρακα.
Με τη χαρακτηριστική προσωνυμία κουτσαβάκης,ή και κουτσαβάκι (το), (πληθυντικός:
κουτσαβάκηδες ή κουτσαβάκια) φέρονταν στη Παλιά Αθήνα, περί το τέλος της Βασιλείας του
Όθωνα και αρχές της Βασιλείας του Γεωργίου του Α΄ διάφοροι επιδεικνυόμενοι ως δήθεν
παλληκαράδες κοινώς «ψευτόμαγκες».Η προσωνυμία αυτή κατά την επικρατέστερη άποψη
προέρχεται εκ του "κουτσά" + "βαίνω", δηλαδή περπατώ σαν κουτσός χωλός, και αυτό επει-
δή οι κουτσαβάκηδες χάριν επίδειξης βάδιζαν αργά χαμηλώνοντας εναλλάξ τους ώμους τους
κατ΄ αντίστοιχο πόδι, γυρνώντας ομοίως ελαφρά κατά πλευρά, το κεφάλι.
αρχικουτσαβάκης Σταύρακας

69.Το παράδοξο των ακτογραμμών
Πόσο μεγάλη είναι η ακτογραμμή της Αυστραλίας; Εκτιμάται ότι είναι περίπου
12.500 χιλιόμετρα.Ωστόσο, το παγκόσμιο βιβλίο δεδομένων της Κεντρικής αμερικάνι-
κης υπηρεσίας Πληροφοριών ισχυρίζεται ότι ο αριθμός είναι υπερδιπλάσιος, πάνω από
25.700 χιλιόμετρα.Πώς μπορεί να υπάρχουν τόσο διαφορετικές εκτιμήσεις για το ίδιο
μήκος των ακτών;
Η αντίφαση που φαίνεται να προκύπτει είναι γνωστή ως το παράδοξο των ακτογραμ-
μών. Να το δούμε λοιπόν.Αν επιχειρούσε κανείς να μετρήσει την ακτογραμμή ή τα
σύνορα δυο κρατών,η τιμή της μέτρησης θα εξαρτάται από το μήκος της ράβδου μέ-
τρησης που θα χρησιμοποιούνταν. Όσο το μήκος της ράβδου μέτρησης θα μειώνο-
νταν,τόσο η μέτρηση θα γινόταν όλο και πιο ευαίσθητη σε μικρές συστροφές των συ-
νόρων,και,θεωρητικά το μήκος της ακτογραμμής θα πλησίαζε το άπειρο όταν το μήκος
της ράβδου θα πλησίαζε το μηδέν.Ο Βρετανός μαθηματικός Leweis Richardson μελέ-
τησε αυτό το φαινόμενο,όταν προσπάθησε να συσχετίσει την συχνότητα των πολέμων
με την φύση των συνόρων που χωρίζει δυο ή περισσότερα κράτη.Το αστείο είναι ότι ο
Richardson βρήκε ότι ο αριθμός των πολέμων που διεξάγει μια χώρα είναι ανάλογος με
το πλήθος των χωρών που συνορεύει. Ο Γάλλο-αμερικανός μαθηματικός Benoit
Mandelbrot στηρίχτηκε στο έργο του Richardson και πρότεινε ότι ξη σχέση ανάμεσα
στο μήκος (ε) της ράβδου μέτρησης και το φαινομενικό συνολικό μήκος (L) της α-
κτογραμμής μπορούσε να εκφραστεί ως προς μια παράμετρο D,που ονομάζεται διά-
σταση φράκταλ.
Μπορεί κάποιος να βρει το D μελετώντας την σχέση ανάμεσα στον αριθμό Ν των
ράβδων μέτρησης και στο μήκος ε των ράβδων.Για μια λεία καμπύλη όπως ένα κύ-
κλος, έχουμε Ν(ε)=c/ε ,όπου c είναι μιας σταθερά.Ωστόσο,για μια καμπύλη φρά-
κταλ,όπως μια ακτογραμμή,αυτή η σχέση γίνεται Ν(ε)=cε/ε D
.Η διάσταση D αντιστοι-
χεί κατά ένα τρόπο στην παραδοσιακή έννοια της διάστασης (μια γραμμή είναι μονο-
διάστατη,ένα επίπεδο δισδιάστατο),με την διαφορά ότι D μπορεί να είναι κλάσμα. Ε-
πειδή μια ακτογραμμή είναι πολύπλοκη σε διαφορετικές κλίμακες μεγέθους και «γεμί-
ζει» κάπως μια επιφάνεια, η διάσταση της είναι ανάμεσα στην διάσταση μιας ευθεί-
ας και ενός επιπέδου.Η δομή φράκταλ της ακτογραμμής υπονοεί ότι η επαναλαμβα-
νομένη μεγέθυνση του γραφήματος της αποκαλύπτει περισσότερες λεπτομέρειες.Έχει
υπολογιστεί η φράκταλ διάσταση για αρκετά μέρη του κόσμου,ενδεικτικά:
-Νότιος Αφρική:D=1,05
-Αυστραλία: D=1,13
-Μεγάλη Βρετανία: D=1,25
-Νορβηγία: D=1,52
-Ιρλανδία : D=1,22
Ασφαλώς για πραγματικά αντικείμε-
να,δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσου-
με απείρως μικρές ράβδους μετρήσεις
,αλλά αυτό το «παράδοξο» δείχνει ότι
φυσικά ανάγλυφα έχουν κλασματικές
διαστάσεις.

70.Το παράδοξο του λαμπτήρα
Το 1954, ο φιλόσοφος Τζαίημς Τόμσον διατυπώνει το
παράδοξο του λαμπτήρα:
Φανταστείτε ένα λαμπτήρα συνδεδεμένο με ένα διακόπτη πάνω σε ένα ηλεκτρικό κύ-
κλωμα.Ο διακόπτης μπορεί να βρίσκεται σε κάθε χρονική στιγμή σε ακριβώς μια από τις
δυο δυνατές θέσεις που αντιστοιχούν στης καταστάσεις «λαμπτήρας αναμμένος» και
«λαμπτήρας σβηστός».Υποθέτουμε αρχικά την ώρα 17:00 το απόγευμα, η λάμπα είναι
σβηστή και στην συνέχεια υποβάλλεται στην ακόλουθη λειτουργία: Όταν έχει περάσει το
1/2 του χρόνου μέχρι τις 18:00 (δηλαδή στις 17:30 μ.μ ) κλείνουμε τον διακόπτη του
κυκλώματος και ανάβει η λάμπα, όταν έχει περάσει το 1/2+1/4 του χρόνου μέχρι την
18:00 κλείνουμε τον διακόπτη και ανάβει η λάμπα ,κ.ο.κ .Έτσι μέχρι την χρονική στιγμή
18:00 μ.μ θα έχουμε εκτελέσει ένα άπειρο πλήθος πράξεων. Το ερώτημα είναι:
Ποια θα είναι η κατάσταση της λάμπας κατά την χρονική στιγμή 18:00 μ.μ;
Σύμφωνα με το επιχείρημα του Τόμσον η λάμπα δεν θα είναι ούτε σβηστή ούτε αναμ-
μένη. Δεν θα είναι αναμμένη γιατί δεν υπάρχει χρονική στιγμή t μεταξύ 17:00 και 18:00
κατά την οποία ανάβουμε την λάμπα χωρίς να την σβήσουμε αργότερα ( σε κάποια χρο-
νική στιγμή t1 μεταξύ t και 18:00).Και δεν θα είναι σβηστή γιατί δεν υπάρχει χρονική
στιγμή t μεταξύ 17:00 και 18:00 κατά την οποία σβήνουμε την λάμπα χωρίς να την ανά-
ψουμε αργότερα (σε κάποια χρονική στιγμή t2 μεταξύ t και 18:00) .Αλλά εκ κατασκευής,
η λάμπα πρέπει να είναι αναμμένη ή σβηστή κατά την χρονική στιγμή 18:00.Έτσι φαίνε-
ται να καταλήγουμε σε λογική αντίφαση.
Ο Τόμσον επιχείρησε να καταδείξει το λογικώς αδύνατον της λειτουργίας της λά-
μπας του. Το επιχείρημα αυτό «ακύρωνε» τις λύσεις της θεωρίας μαθηματικών σειρών.
Αν αποδώσουμε την τιμή 0 στην λάμπα όταν είναι σβηστή και την τιμή 1 όταν είναι
αναμμένη. Τότε ένα άναμμα της λάμπας (από το 0 στο 1) αντιστοιχεί την πρόσθε-
ση μιας μονάδας ενώ ένα σβήσιμο της λάμπας στην αφαίρεση μιας μονάδας (από το
1 στο 0).Συνεπως η κατάσταση της λάμπας (αναμμένη ,σβηστή) κατά την χρονική
στιγμή 18:00, μετά από άπειρη ακολουθία εναλλασσόμενων αναμμάτων και σβησιμά-
των θα αντιστοιχούσε στο άθροισμα της σειράς 1-1+1-1+1-…,
Όμως κατά την θεωρία των σειρών,η σειρά αυτή δεν έχει άθροισμα γιατί η ακολου-
θία των μερικών αθροισμάτων 1,1-,1-+1,… δεν συγκλίνει σε ορισμένο όριο αφού οι
διαδοχικοί της όροι εναλλάσσονται ως προς τις τιμές 0 και 1. Από την άλλη ο Τόμσον
μάλλον έχει ορίσει όλο το πείραμα με τέτοιο τρόπο (καταστάσεις λαμπτήρα αναμμένη-
σβηστή ) η οποία όμως δεν καθορίζει την κατάσταση της λάμπας στις 18:00.Για να
πούμε και του στραβού το δίκιο , γιατί να δεχθούμε ότι η τελική κατάσταση της λά-
μπας δίνεται από το άθροισμα της σειράς 1-1+1-1+… (που δεν υπάρχει) μόνο και μόνο
επειδή η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων δίνει τις καταστάσεις του λαμπτήρα με
τις διαδοχικές πράξεις ανάμματος-σβησίματος.
Ναι,ο υπερστόχος αποτελεί ένα νοητικό κατασκεύασμα, μαθηματικά εξηγείται και
είναι λογικώς δυνατό. Στην πράξη όμως δεν θα μπορούσε μια μηχανή να εκτελέσει μια
απειρία διαδοχικών πράξεων σε όλο και μικρότερα πεπερασμένα χρονικά διαστήματα.
Είναι φυσικώς αδύνατο και τάσσομαι αναφανδόν υπέρ ενός σχολίου που διάβασα σε
ένα βίντεο σχετικό με την κατάσταση της λάμπας του Τόμσον, έτσι λοιπόν σε ένα σχό-
λιο κάποιος γράφει:
«Η τελική κατάσταση της λάμπας θα είναι σβηστή, θα είχε καεί!!»

71.Tο παράδοξο της χορδής του Μπερτράν και τα σκουπόχορτα... .
Το 1889, ο Γάλλος μαθηματικός Ζοζέφ Λουι Μπερτράν δημοσίευσε μια συλλογή
από γεωμετρικά παράδοξα. Στέκομαι στο παράδοξο της χορδής:
«Εγγράφουμε ισόπλευρο τρίγωνο σε έναν κύκλο.Κατόπιν φέ-
ρουμε μια τυχαία χορδή αυτού του κύκλου.Ποια είναι η πιθανό-
τητα η χορδή αυτή να έχει μήκος μεγαλύτερο από την πλευρά
του τριγώνου.»
Ο Μπερτράν έδωσε τρεις διαφορετικές προσεγγίσεις για τη
δημιουργία της τυχαίας χορδής και βρήκε τρία διαφορετικά
αποτελέσματα για τη ζητούμενη πιθανότητα.
Ζοζέφ Λουι Μπερτράν
Προσέγγιση 1
Επιλέγουμε ένα τυχαίο σημείο πάνω στην περιφέρεια
του κύκλου και περιστρέφουμε το τρίγωνο ώστε η μία
κορυφή του να ταυτιστεί με το σημείο αυτό. Επιλέγουμε
στην συνέχεια ένα δεύτερο τυχαίο σημείο πάνω στην
περιφέρεια του κύκλου.Ενώνουμε αυτά τα δύο σημεία
και λαμβάνουμε μια τυχαία χορδή του κύκλου.Όλα ε-
ξαρτώνται από την θέση του δευτέρου σημείου της χορ-
δής .Αν το δεύτερο σημείο της χορδής βρίσκεται πάνω
στο τόξο ανάμεσα στις άλλες δύο κορυφές του τριγώ-
νου, τότε η χορδή που φέραμε είναι μεγαλύτερη από την
πλευρά του τριγώνου. Σε αντίθετη περίπτωση ,είναι μι-
κρότερη από την πλευρά του τριγώνου. Γνωρίζουμε ότι
οι τρεις κορυφές του ισόπλευρου τριγώνου χωρίζουν
την περιφέρεια του κύκλου σε τρία ίσα τόξα.
Συνεπώς, η πιθανότητα να είναι η χορδή μεγαλύτερη από την πλευρά του τριγώνου είναι
1/3.
Οι χορδές ΑΒ,ΑΓ είναι μεγαλύτερες της πλευράς και οι διακεκομμένες χορδές ΑΔ, ΑΓ
μικρότερες

Φέρνουμε μία ακτίνα του κύκλου κάθετη σε μία από τις
πλευρές του. Επιλέγουμε ένα τυχαίο σημείο πάνω στην
ακτίνα και φέρνουμε τη χορδή του κύκλου που περνάει
από το σημείο αυτό και είναι κάθετη στην ακτίνα.Η χορ-
δή είναι μεγαλύτερη της πλευράς του τριγώνου αν βρί-
σκεται πλησιέστερα στο κέντρο του κύκλου απ’ ότι η
πλευρά. Η πλευρά του τριγώνου τέμνει την ακτίνα του
κύκλου ακριβώς στο μέσο της. Συνεπώς το τυχαίο ση-
μείο που πήραμε πάνω στην ακτίνα είναι το ίδιο πιθανό
να βρίσκεται προς το κέντρο του κύκλου ή προς την πε-
ριφέρειά του και έτσι η πιθανότητα να είναι η χορδή
μεγαλύτερη από την πλευρά του τριγώνου είναι 1/2.
Οι χορδές ΑΒ,ΓΔ είναι μεγαλύτερες της πλευράς και οι χορδές ΕΖ,ΗΘ μικρότερες
Επιλέγουμε ένα τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του
κύκλου.Φέρνουμε τη χορδή του κύκλου που έχει το
σημείο αυτό σαν μέσο της (υπάρχει μόνο μία τέτοια
χορδή, εκτός και αν το σημείο ταυτίζεται με το κέντρο
του κύκλου).Σχεδιάζουμε έναν ομόκεντρο κύκλο με
τον αρχικό και τη μισή του ακτίνα.
Η χορδή είναι μεγαλύτερη της πλευράς του τριγώνου
αν το τυχαίο σημείο που πήραμε βρίσκεται στο εσωτε-
ρικό του μικρότερου κύκλου.Το εμβαδόν του μικρότε-
ρου κύκλου ισούται με το ένα τέταρτο του εμβαδού
του μεγαλύτερου κύκλου όποτε η πιθανότητα να είναι
η χορδή μεγαλύτερη από την πλευρά του τριγώνου
είναι 1/4.
Οι χορδές ΗΘ,ΕΖ είναι μεγαλύτερες της πλευράς και
οι ΔΓ,ΑΒ χορδές μικρότερες.
Κάτι συμβαίνει εδώ. Ο Μπερτράν μας παρουσιάζει μια πληθώρα λύσεων. Το αστείο
είναι ότι κάθε απάντηση είναι αποδέκτη αυτοτελώς, τόσο ως προς την συλλογιστική
όσο και ως προς το συμπέρασμα.Ο ίδιος σημειώνει:«Από τις τρεις αυτές απαντή-
σεις,ποια είναι η ορθή; Καμία από τις τρεις δεν είναι ανακριβής,καμία δεν είναι σωστή,
η ερώτηση έχει τεθεί εσφαλμένα .»
Πραγματικά όταν λέμε "τυχαία χορδή" τι εννοούμε; Στις προϋποθέσεις του προβλή-
ματος δεν καθορίζεται με ποιο τρόπο θα γίνει η επιλογή, δεν υπάρχει προφανής λόγος
να κρατήσουμε την μία μέθοδο και να αγνοήσουμε τις άλλες. Έχει την σημασία του,
να αναφέρω ότι ο Poincare αποφάνθηκε ότι απουσία περαιτέρω καθορισμών πρέπει
να επιλέξουμε την δεύτερη προσέγγιση στην οποία οι περιοχές που μπορούν να χαρα-
χθούν οι χορδές είναι δυο ,και έτσι οι πιθανότητες είναι ίσα μοιρασμένες.Υπήρξαν και
οι οπαδοί του πειράματος, ο φυσικός E.t Janes με ένα συνάδερφο του διεξήγαγαν ένα
πείραμα . Σχεδίασαν ένα κύκλο στο πάτωμα με διάμετρο 12 εκατοστά και άρχισαν να
ρίχνουν εντός του σκουπόχορτα.Το πείραμα «έδειξε» ως απάντηση 1/2 .

72.Εγκυρότης επιχειρημάτων
Ο Ιωακείμ απελύθη από το ιδιωτικό σχολείο που εργαζόταν
διότι είχε την φαεινή ιδέα να πει σε ένα γονέα ότι η αγωγή του
μαθητή οφείλεται κατά κύριο λόγο στην οικογένεια του. Ο γονέ-
ας το εξέλαβε ως μομφή –γεγονός που ήταν αλήθεια – και απαί-
τησε την απόλυση του Ιωακείμ. Έκτοτε ο Ιωακείμ αναζήτα εργασία , έστειλε βιογρα-
φικά, μίλησε με γνωστούς, πήρε τηλέφωνο σε αγγελίες, χτύπησε πόρτες. Μάταια, για
να μην χτυπήσει το κεφάλι του στον τοίχο , χτύπησε δυο σουβλάκια στην σουβλακερί
της γειτονιάς .Εκεί, στο τραπέζι που καθόταν ήταν αφημένη μια εφημερίδα. Στην πίσω
σελίδα της εφημερίδας ο Ιωακείμ παρατήρησε μια ολοσέλιδη καταχώριση:
Κενή θέση διδάσκοντα
Περάστε το τεστ που ακολουθεί και θα σας κλείσουμε ραντεβού για συνέντευξη.
Ο Ιωακείμ παραξενεύτηκε αλλά δεν είχε τίποτα να χάσει.Διάβασε λοιπόν τις οδηγίες :
Στα τρία επιχειρήματα που ακολουθούν, αποφασίστε αν το συμπέρασμα που παρατίθεται
έρχεται ως λογική ακολουθία των προτάσεων.Απαντήσετε ΝΑΙ, αν και μόνο αν, το συ-
μπέρασμα προκύπτει χωρίς καμία αμφιβολία από της προτάσεις.Αλλιώς απάντησε ΟΧΙ.
Υπόθεση 1 Υπόθεση 2 Συμπέρασμα
Επιχείρημα 1
Ποια είναι η απάντηση που πρέπει να δώσει ο Ιωακείμ σε κάθε επιχείρημα για καταφέ-
ρει να του πάρουν συνέντευξη;
Ό,τι καπνίζεται
είναι καλό για την
υγεία.
Τα πούρα καπνί-
ζονται.
Τα πούρα είναι
καλά για την υγεία
.
Όλα τα τετράποδα
ζώα είναι επικίν-
δυνα .
Η γάτα μου δεν
είναι επικίνδυνη.
Η γάτα μου δεν
είναι τετράποδο
ζώο.
Όλοι οι πολιτικοί
είναι ψεύτες.
Ο Γιώργος δεν
είναι ψεύτης.
Ο Γιώργος δεν
είναι πολιτικός.

Η εγκυρότητα των επιχειρημάτων έχει τεχνική έννοια και ισχύει μόνο αν προκύπτει ως
αναγκαία συνθήκη των προτάσεων του. Αυτό που πρέπει να γίνει κατανοητό είναι ότι
ένα έγκυρο επιχείρημα μπορεί να οδηγήσει σε ψευδές συμπέρασμα. Για παράδειγμα,
Όλοι οι άνθρωποι έχουν τρία αυτιά. Ο Μήτσος είναι άνθρωπος. Άρα ο Μήτσος έχει τρία
αυτιά. Αυτό είναι ένα έγκυρο επιχείρημα ,το συμπέρασμα προκύπτει από τις προτάσεις
, αλλά προφανώς το συμπέρασμα είναι ψευδές γιατί δεν είναι αληθές ότι όλοι οι άν-
θρωποι έχουν 3 αυτιά. Στην λογική ονομάζεται συνεπαγωγή και όταν από ψευδή πρό-
ταση καταλήξουμε σε ψευδές αποτέλεσμα είναι… αληθής!
Ας δούμε τα επιχειρήματα που δόθηκαν στον Ιωακείμ.
Πρόταση 1.Όλα τα τετράποδα ζώα είναι επικίνδυνα .
Πρόταση 2. Η γάτα μου δεν είναι επικίνδυνη.
Συμπέρασμα: Η γάτα μου δεν είναι τετράποδο ζώο .
Το επιχείρημα είναι έγκυρο παρότι το συμπέρασμα είναι ψευδές
Πρόταση 1. Ό,τι καπνίζεται είναι καλό για την υγεία.
Πρόταση 2. Τα πούρα καπνίζονται.
Συμπέρασμα: Τα πούρα είναι καλά για την υγεία .
Το επιχείρημα είναι έγκυρο παρότι επίσης το συμπέρασμα είναι ψευδές
Πρόταση 1. Όλοι οι πολιτικοί είναι ψεύτες.
Πρόταση 2. Ο Γιώργος δεν είναι ψεύτης.
Συμπέρασμα: Ο Γιώργος δεν είναι πολιτικός.
Το επιχείρημα δεν είναι έγκυρο παρότι επίσης το συμπέρασμα είναι αληθές ,δεν προκύ-
πτει όμως από τις προτάσεις καθώς είναι πιθανό να υπάρχουν και άλλες ομάδες ανθρώ-
πων εκτός από τους πολιτικούς (π.χ οι δικηγόροι  ) που είναι ψεύτες.
Παραφράζοντας αγαπημένο Αρκα

73.Το παράδοξο των φακέλων
«Φάκελος: Το φέρετρο ενός έγγραφου, η φαρέτρα ενός λογαριασμού, το καβούκι ενός
εμβάσματος,το νυχτικό μιας ερωτικής επιστολής .»
Αμβρόσιος Πηρς
Φανταστείτε ότι βρίσκεστε σε ένα τηλεπαιχνίδι. Μπροστά σας είναι τοποθετημένοι
δυο κλειστοί φάκελοι με χρήματα .
Ο παρουσιαστής σας ενημερώνει ο ένας φάκελος περιέχει διπλάσιο ποσό χρημάτων
από τον άλλο αλλά δεν γνωρίζετε ποιος. Επιλέγετε έναν φάκελο στην τύχη τον ανοί-
γετε και διαπιστώνετε ότι περιέχει το ποσό των 100 ευρώ. Ο παρουσιαστής σας δίνει
την δυνατότητα η να κρατήσετε τον ανοικτό φάκελο και το ποσό των 100 ευρώ η να
τον ανταλλάξετε με τον άλλο φάκελο.Ο άλλος φάκελος περιέχει με ισες πιθανότητες η
το διπλάσιο ποσό 200 ευρώ η το μισό των χρημάτων που βρήκατε 50 ευρώ. Οι πιθα-
νότητες να κερδίσετε η να χάσετε είναι ισες .Αλλά φυσικά το αναμενόμενο κέρδος εί-
ναι διαφορετικό στην πρώτη περίπτωση κερδίζετε 100 ευρώ επιπλέον στην δεύτερη
χάνετε μόνο 50. Άρα σας συμφέρει να τον ανταλλάξετε.
Σε αυτό σημείο όμως έχουμε θέμα. Προτού ανοίξετε τον φάκελο γνωρίζετε ότι οποι-
οδήποτε ποσό και αν βρείτε, το σκεπτικό θα παραμείνει το ίδιο, έτσι το πιο λογικό
πράγμα που έχετε να κάνετε είναι να ανταλλάξετε αμέσως το φάκελο με τον άλλο ,
δίχως να σας απασχολεί το άνοιγμα του: Διότι, αν ο φάκελος που κρατάτε περιέχει χ
ευρώ, τότε ο άλλος φάκελος θα περιέχει η χ/2 ή 2χ ευρώ , με ισες πιθανότητες .Όποτε
θα έχετε ισες πιθανότητες να κερδίσετε χ ευρώ ή να χάσετε χ/2 ευρώ. Άρα σας συμ-
φέρει να κάνετε την ανταλλαγή. Αλλά αν αρχικά είχατε επιλέξει το δεύτερο φάκελο,
τότε με το ίδιο σκεπτικό , θα σας συνέφερε να τον ανταλλάξετε αυτόματα με τον πρώ-
το.Αδιέξοδο ,φτάνουμε σε παράδοξο!! Είναι σαφές ότι υπάρχει αντίφαση αλλά ποιο
είναι το σφάλμα του παραπάνω συλλογισμού;
Ικανοποιητική ερμηνεία δεν έχει δοθεί μέχρι σήμερα.
Το παράδοξο είναι γνωστό από την δεκαετία του 1930 αλλά με την μορφή των φακέ-
λων παρουσιάστηκε για πρώτη φορά από των καθηγητή μαθηματικών του Χάρβαρντ
Sandy zabell.
Απαλλαγμένη από πιθανότητες μια άλλη εκδοχή του παράδοξου δίνει ο Ρέι-
μοντ Σμούλιαν, Μαθηματικός με ειδίκευση στην Λογική και συγγραφέας βιβλίων με
γρίφους.
Το θέτει ως εξής:

Επιλέγουμε στην αρχή τον ένα από τους δυο φάκελους και αποφασίζουμε να τον α-
νταλλάξουμε με τον άλλο. Από την ανταλλαγή αυτή είναι σαφές ότι ή θα κερδίσουμε
ή θα χάσουμε. Θα αποδείξουμε τώρα δυο αντιφατικές προτάσεις:
● Πρόταση 1: Το ποσό που θα κερδίσουμε, αν κερδίσουμε, είναι μεγαλύτερο από το
ποσό που θα χάσουμε, αν χάσουμε.
● Πρόταση 2: Τα ποσά είναι ίσα.
Ευθύς έξαρχης είναι σαφές ότι δεν μπορούν να αληθεύουν και οι δυο προτάσεις .Θα
αποδείξουμε και τις δυο.
Η πρόταση 1 αναδιατυπώνει όσα αναφέραμε στην αρχή.
Αν χ ευρώ περιέχει ο φάκελος που κρατάμε ο άλλος περιέχει η χ/2 ή 2χ ευρώ. Α κερ-
δίσουμε από την ανταλλαγή θα κερδίσουμε χ ευρώ ενώ αν χάσουμε θα χάσουμε χ/2
ευρώ. Αφού το χ είναι μεγαλύτερο από χ/2 , το ποσό που θα κερδίσουμε θα είναι με-
γαλύτερο από αυτό που θα χάσουμε άρα ισχύει η πρόταση 1.
Όσο αφορά την πρόταση 2. Αν Δ είναι η διαφορά των ποσών στους 2 φάκελους, ή ,
με άλλα λόγια, έστω Δ το μικρότερο από τα δυο ποσά. Αν κερδίσουμε από την ανταλ-
λαγή θα κερδίσουμε Δ ευρώ αν χάσουμε θα χάσουμε Δ ευρώ. Άρα τα δυο ποσά είναι
ίσα. Για παράδειγμα αν υποθέσουμε ότι ο φάκελος με το μικρότερο ποσό περιέχει 20
ευρώ. Οπότε αυτός με το μεγαλύτερο ποσό περιέχει 40 ευρώ. Αν κερδίσεις από την
ανταλλαγή, σημαίνει ότι είχαμε στα χέρια μας το φάκελο με τα λιγότερα χρήματα, ο-
πότε το κέρδος είναι 20 ευρώ. Αν όμως χάσουμε από την ανταλλαγή , αυτό σημαίνει
ότι κρατούσαμε το φάκελο με τα με τα 40 ευρώ και έτσι θα χάσουμε 20 ευρώ. Άρα 20
ευρώ είναι το ποσό που θα κερδίσουμε ,αλλά και το ποσό που θα χάσουμε. Το ίδιο
ισχύει και για κάθε Δ που είναι μικρότερο από τα δυο ποσά. Ο Αριθμός Δ είναι το πο-
σό που κερδίσουμε η θα χάσουμε. Οπότε αποδεικνύεται και η πρόταση 2, και τα ποσά
είναι τελικά ισα. Ισχύει τόσο η πρόταση 1 όσο και οι πρόταση 2!!!.Μπερδευτηκατε;
Δεν μπορούν να αληθεύουν και οι δυο προτάσεις.
74.Ο γάιδαρος του Μπουριντάν
Ένας πεινασμένος γάιδαρος βρίσκεται στο μέσο μιας γέφυρας,στο κάθε άκρο της γέφυ-
ρας είναι στοιβαγμένο ένα δεμάτι σανό.O γάιδαρος κοιτά πότε το ένα δεμάτι ,πότε το
άλλο αλλά δεν μπορεί να αποφασίσει προς τα που θα κινηθεί,έτσι συνεχίζει να κάθεται
εκεί μέχρι που πεθαίνει από την πείνα...
Ζαν Μπουριντάν (Jean Buridan,1292 - 1363)
Πολιτική γελοιογραφία του 1900 με θέμα,την αναποφαστικότητα επιλογής χώρας από
το αμερικανικό Κογκρέσο για την κατασκευή διώρυγας.Για την ιστορία,επιλέχθηκε ο
Παναμάς.

75.Αστειάκια
Πολύ συχνά σε ερωτήσεις από τεστ νοημοσύνης(sic) τίθενται ερωτήματα τύπου
«βρες τον επόμενο όρο» ,πλην όμως δεν έχουν μονοσήμαντη λύση .Για παράδειγμα ,
σας ρωτούν:
Ποιος είναι ο επόμενος όρος στην ακολουθία:
1,2,3,4,5,…..
Η εύλογη απάντηση είναι ο αριθμός 6 αλλά κάλλιστα θα μπορούσε κάποιος να πει ότι
ο 126.Η ακολουθία των αριθμών θα μπορούσε να είναι ο τύπος:
(ν-1)(ν-2)(ν-3)(ν-4)(ν-5)+ν
Πραγματικά,
(6-1)(6-2)(6-3)(6-4)(6-5)+6=126
1,4,16,……
Γιώργος Κίργκεγκωρ από το Μπραχάμι,υπαρξυστής

76.Το Παράδοξο των Simpson-Yule και οι εκλογές
Στις εκλογές καλό είναι να έχουμε υπόψη ότι δεν αρκούν τα ποσοστά για να έχουμε
εικόνα της δύναμης των κάθε λογής πολιτικών σχηματισμών.Ο Edward Hugh Simp-
son(1922- ) Βρετανός μαθηματικός με ειδίκευση στην Στατιστική μαζί με
τον μαθηματικό George Udny Yule (1871 –1951) για να καταδείξουν ότι η παρουσία-
ση στατιστικών δεδομένων απαιτεί προσοχή, αλλιώς οδηγεί σε λάθος συμπεράσματα,
παρουσίασαν ένα παράδοξο που φέρει το όνομα τους.
Ισχυρίστηκαν, ότι όταν έχουμε συγκεντρωτικά ποσοστά για την σύγκριση ομάδων
δεδομένων που με την σειρά τους περιέχουν επιμέρους ομάδες , μπορεί η πρώτη μάτια
να οδηγήσει σε λανθασμένες εκτιμήσεις .Η συνολική παρουσίαση των δεδομένων εί-
ναι παραπλανητική. Το φαινόμενο αυτό είναι γνωστό ως παράδοξο των Simpson-
Yule . Το 1964 , ψηφίστηκε στις Η.Π.Α το Αμερικανικό διάταγμα για τα πολιτικά δι-
καιώματα, μια ιστορική νομοθεσία που αποσκοπούσε στην αντιμετώπιση των κοινω-
νικών διακρίσεων. Εντοπίζουμε το παράδοξο αν εξετάσουμε το αρχείο με τις ψήφους
των Δημοκρατικών και των Ρεπουμπλικάνων όταν ο νόμος ήρθε προς ψήφιση στην
βουλή των Αντιπροσώπων.
Στις Βόρειες πολιτείες , τον νόμο ψήφισε το 94% των Δημοκρατικών και το 85% των
Ρεπουμπλικάνων.Δηλαδή,στο Βορρά, το ποσοστό των δημοκρατικών που ψήφισε τον
νόμο ήταν υψηλότερο από εκείνο των Ρεπουμπλικάνων.
Από την άλλη ,στις νότιες πολιτείες , τον νόμο ψήφισε το 7% των Δημοκρατικών και
κανένας από τους Ρεπουμπλικάνων. Άρα, και στον νότο, το ποσοστό των Δημοκρατι-
κών ήταν υψηλότερο. Το προφανές συμπέρασμα είναι ότι περισσότεροι Δημοκρατικοί
από ότι Ρεπουμπλικάνοι ψήφισαν τον Νόμο για τα πολιτικά δικαιώματα. Ωστόσο, αν
ρίξουμε μια ματιά στο σύνολο των πολιτειών, τότε θα διαπιστώσουμε ότι τον νόμο
ψήφισε το 80% των Ρεπουμπλικάνων και το το 61% των Δημοκρατικών.
Με άλλα λόγια, ξεχωριστά στις νότιες και στις βόρειες πολιτείες, οι Δημοκρατικοί
που ψηφίσαν τον νόμο ήταν περισσότεροι από τους Ρεπουμπλικάνους, αλλά στο σύνο-
λο των πολιτειών, τον νόμο ψηφίσαν περισσότεροι Ρεπουμπλικάνοι παρά δημοκρατι-
κοί! Το συμπέρασμα ακούγεται παράλογο, ωστόσο τα γεγονότα είναι αδιαμφισβήτητα.
Αυτό είναι το παράδοξο του Simpson .Για να κατανοήσουμε το παράδοξο πρέπει να
εστιάσουμε όχι στα ποσοστά,αλλά στον πραγματικό αριθμό των ψήφων. Στις βόρειες
πολιτείες , τον νόμο ψήφισαν 145 από τους 154 Δημοκρατικούς (84%) ,και 138 από
τους 162 Ρεπουμπλικάνους (85%).Στις νότιες πολιτείες,τον νόμο ψηφίσαν 7 από τους
94 Δημοκρατικούς (7%) και κανένας από τους 10 Ρεπουμπλικάνους (0%).Οπως ήδη
αναφέραμε, η υποστήριξη των δημοκρατικών στον νόμο φαινόταν ισχυρότερη από
εκείνη των Ρεπουμπλικάνων, τόσο στις νότιες όσο και στις βόρειες πολιτείες .Ωστόσο,
σε εθνικό επίπεδο η
τάση αντιστρέφεται,
αφού τον νόμο ψηφί-
σαν 152 από τους
248 Δημοκρατικούς
(61%) και 138 από
τους 172 Ρεπουμπλι-
κάνους.

77.Το παράδοξο του Hempel
Πιστώνεται στο Γερμανό φιλόσοφο Carl Gustav Hempel (1905-1997) που το επινόη-
σε το 1940.
Οι δύο προτάσεις:
1.Ολα τα κοράκια είναι μαύρα.
2.Οτι δεν είναι μαύρο δεν είναι κοράκι.
βρίσκονται σε λογική ισοδυναμία.
Αν η πρόταση 1. αληθεύει, τότε αληθεύει και η πρόταση 2. και
αντίστροφα.
Τα πράγματα γίνονται περίεργα όταν κοιτάζουμε μια σειρά κόκκινα καπέλα .
α.Τα καπέλα είναι κόκκινα.
β. Άρα τα καπέλα δεν είναι μαύρα.
γ. Ο,τι δεν είναι μαύρο δεν είναι κοράκι. [πρ. 2 του Hempel]
δ. Άρα τα κοράκια είναι μαύρα. [από τη λογική ισοδυναμία των προτάσεων του Hempel]
Η κοινή λογική δύσκολα αποδέχεται ότι κοιτάζοντας κόκκινα καπέλα καταλαβαίνουμε
ότι τα κοράκια είναι μαύρα, παρά το γεγονός ότι είναι λογικά σωστό.
78.Το πρόβλημα με του κληρονόμους
Γνωστό πρόβλημα με απρόσμενη λύση.
Πριν πεθάνει,ένας Άραβας άφησε με διαθήκη την περιου-
σία του που ήταν 17 καμήλες, στους τρεις γιους του με τον
όρο:
Ο μεγαλύτερος να πάρει τις μισές, ο δεύτερος να πάρει το
1/3 και ο μικρότερος να πάρει το 1/9.Πως θα γίνει η μοιρα-
σιά;
Τα παιδιά δεν μπόρεσαν να κάνουν την μοιρασιά, γιατί το
17 δεν διαιρείται ούτε με το 2, ούτε με το 3, ούτε με το 9.
Πήγαν λοιπόν σε ένα γέρο-σοφό που τους είπε τα εξής:
«Πάρτε και τη δική μου καμήλα. Έτσι, θα έχουμε να μοι-
ράσουμε 17+1=18 καμήλες, σύμφωνα με τους όρους της διαθήκης.»
-Ο πρώτος λοιπόν θα πάρει 18/2 = 9 καμήλες
-Ο δεύτερος 18/3 = 6 καμήλες
-Ο τρίτος 18/9 = 2 καμήλες
Η μοιρασιά προφανώς και έγινε δίκαια και ότι 9+6+2=17 καμήλες. Ο γέρο-σοφός
τελείωσε λέγοντας «την καμήλα που περίσσεψε βάλτε την στην σκηνή μου ξανά». Η
ανωμαλία είναι φαινομενική και εξηγείται εύκολα. Όταν χωρίζουμε ένα μέγεθος σε
κλάσματα, το άθροισμα των κλασμάτων πρέπει να είναι ίσο με 1. Αφού όμως
1/2+1/3+1/9=17/18 έλειπε 1/18 για να γίνει η μοιρασιά. Έτσι ο γέρο-σοφός, δίνοντας
τη δική του καμήλα ήξερε από την αρχή ότι δεν θα την έχανε, αφού πάλι τα τρία αδέρ-
φια θα έπαιρναν μόνο τα 17/18 από το σύνολο των καμηλών.
Το πρόβλημα είναι πολύ παλιό και ανάγεται σε μια κατηγορία προβλημάτων τα οποία
ονομάζονταν «προβλήματα κληρονομιάς», αντικατοπτρίζει τον ιδιαίτερο τρόπο με το
οποίο χειρίζονταν οι αρχαίοι αιγύπτιοι τα κλάσματα.

79.Το παράδοξο του λυχναριού
Ο Μήτσος απέκτησε -κανείς δεν ξέρει πως- ένα μαγικό λυχνάρι με ένα τζίνι που θα
εκπληρώνει κάθε επιθυμία.
Είναι πρόθυμος να σου το πουλήσει όσο φτηνά θέλεις, αλλά υπάρχει ένας όρος.Αφού το
χρησιμοποιήσεις,πρέπει να το πουλήσεις σε κάποιον
άλλο πιο φτηνά από όσο το αγόρασες, αλλιώς την
αθάνατη ψύχη σου θα περιμένουν τα καζάνια της
κόλασης.
Σε αυτό σημείο διαπιστώνεις δεν πρόκειται ακριβώς
για κελεπούρι .
Κανείς δεν θα αγοράσει το λυχνάρι για ένα λεπτό
του ευρώ,δεν υπάρχει μικρότερη τιμή πώλησης.
Αν κάποιος το αγοράσει δυο λεπτά, θα πρέπει να το
πουλήσει ένα λεπτό σε κάποιον που δεν θα μπορεί
να το πουλήσει.
Αν το αγοράσει τρία λεπτά, μπορεί να το πουλήσει
δυο αλλά ο επόμενος δεν θα μπορεί να το πουλήσει
ένα.
Έτσι, είναι πολύ δύσκολο να βρει μια τιμή ο πρώτος
αγοραστής.
Πρόκειται για μια μίνι ελεύθερη απόδοση του
κλασσικού διηγήματος Το Πνεύμα του Μπουκαλιού
του Σκωτσέζου συγγραφέα Ρόμπερτ Λούις Στίβενσον
από το βιβλίο του Island Nights' Entertainments.
Πρωτοδημοσιεύτηκε στην New York Herald
(Μάρτιος 1891) and Black and White London
(Απρίλιος 1891).
Ρόμπερτ Λούις Στίβενσον
(1850-1894)

80.Μια λύση …
Ο μαθηματικός Ed Barbeau, καθηγητής του Πανεπιστημίου του Τορόντο στο διδα-
κτικό και συνάμα αστείο βιβλίο του με τίτλο Mathematical Fallacies,Flaws και Flim-
flam γράφει για μια «λύση» που δόθηκε από φοιτητή του Assumption College in
Worcester στο μάθημα της άλγεβρας .
2
2
2
2
2
2
2
2
1 1 3
1 2 2
1 2 2
1 1 3
2
1 2
3
1 2
2 1
3
3(2 1) 3
6 2
6 2
2 2
2
3 3 1 4
2
x
x x x x
x x x x
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x

  
   
   
  

 
    
 
  
   

    
      
Το αστείο είναι ότι μετά από τόσα λάθος βήματα το αποτέλεσμα ήταν σωστό!!
Ed Barbeau,Mathematical Fallacies, Flaws, and Flimflam,MAA
81.Η βουτυρωμένη γάτα
Ενα χιουμοριστικό παράδοξο. Είναι γνωστό σε όλους μας ότι αν αφήσουμε μια γάτα
να πέσει τότε αυτή θα περιστραφεί στον αέρα όσο χρειάζεται για να φτάσει τελικά στο
έδαφος στα τέσσερα πόδια της. Από την άλλη μεριά είναι επίσης παρατηρημένο ότι αν
αφήσουμε μια βουτυρωμένη φέτα ψωμιού να πέσει τότε η μεγαλύτερη πιθανότητα εί-
ναι να πέσει με τη βουτυρωμένη πλευρά προς τα κάτω. Φανταστείτε τώρα το εξής πεί-
ραμα: Δένουμε στην πλάτη μιας γάτας μια βουτυρωμένη φέτα ψωμιού, με τη βουτυ-
ρωμένη επιφάνεια προς τα πάνω. Στη συνέχεια αφήνουμε τη γάτα να πέσει. Πώς θα
φτάσει τότε στο έδαφος, με τα πόδια της ή με τη βουτυρωμένη πλευρά της φέτας;
Τι έκανε το παλικάρι;
Γιώργος Γκάους από το Μπραχάμι, φροντιστής

82.Το παράδοξο του Πρωταγόρα
Ο Αρίστιππος ζήτησε από τον Πρωταγόρα να του δι-
δάξει Νομική. Επειδή όμως δεν είχε λεφτά να τον πλη-
ρώσει, συμφώνησαν ο Πρωταγόρας να πληρωθεί μόλις
ο Αρίστιππος κερδίσει την πρώτη του δίκη.
Μετά απο καποια μαθήματα πηγαίνει στο δικαστήριο ο
Αρίστιππος και αποτυχάνει .
Ξαναπηγαίνει σε 2η δίκη και πάλι αποτυχάνει .
Ο Πρωταγόρας του ζήτησε την καταβολή των χρημά-
των του, παρόλο που δεν είχε κερδίσει ακόμα καμία
δίκη. Ο Αρίστιππος αρνήθηκε επικαλούμενος τη συμ-
φωνία τους και το θέμα έφτασε στα δικαστήρια.
Ο δικαστής που άκουσε την υπόθεση βρέθηκε στο παρακάτω λογικό παράδοξο:
Αν δικαίωνε τον Αρίστιππο με απόφαση να μην πληρώσει τον Πρωταγόρα τότε ο Αρί-
στιππος θα είχε μόλις κερδίσει την πρώτη του δίκη και για το λόγο αυτό θα έπρεπε να
πληρώσει τον Πρωταγόρα.
Αν από την άλλη, δικαίωνε τον Πρωταγόρα με απόφαση να πληρωθεί από τον Αρί-
στιππο τότε ο τελευταίος δεν θα είχε κερδίσει ακόμα την πρώτη του δίκη και έτσι δεν
θα έπρεπε να πληρώσει τον Πρωταγόρα.;

83.Ο πολλαπλασιασμός της σοκολάτας και η ακολουθία Φιμπονάτσι
Αγοράζουμε μια σοκολάτα που αποτελείται από 64 μικρά τετραγωνικά κομμάτια,
την κόβουμε σε δυο τριγωνικά κομμάτια και δυο κομμάτια σχήματος τραπέζιου. (σχή-
μα 1) Αναδιατάσσουμε τα 4 κομμάτια και σχηματίζουμε το ορθογώνιο του σχήματος
2.Τώρα έχουμε 65 τετραγωνικά κομμάτια σοκολάτας.
Πως αυξήθηκε η σοκολάτα; Η απάντηση προκύπτει από την ακολουθία Φιμπονάτσι.
Γεωμετρικά το παραπάνω πρόβλημα διατυπώνεται ως εξής: θεωρούμε ένα τετράγωνο με
πλευρά 8 μονάδων (μ), το οποίο χωρίζεται σε δυο τρίγωνα και σε δυο τραπέζια. Με τα τέσ-
σερα κομμάτια, σχηματίζουμε ένα ορθογώνιο πλάτους 5 μονάδων και μήκους 13 μονάδων.
Όμως η επιφάνεια του τετραγώνου(64 μ2
) θα ήταν ίση με εκείνη του ορθογωνίου (65
μ2
),κάτι που θα αποδείκνυε ότι το 64 είναι ίσο με το 65.Το ερώτημα είναι, γιατί συμβαίνει
αυτό, που κρύβεται το 1 μ2
.H συγκόλληση των «τρίγωνων» στο δεύτερο σχήμα δεν ήταν
και τόσο αθώα, καθώς δεν είναι καν τρίγωνα.
8
8
8x8 =64 κομμάτια σοκολάτας
Σχήμα 1
5
13
5x13=65 κομμάτια σοκολάτας
Σχήμα 2
8
3
5
5 3
13
5
8x8=6
4
13x5=65

Αλλά μπορούμε να αναλύσουμε το πρόβλημα περισσότερο και να δούμε πως
πάει πολύ πιο μακριά. Αν διατάξουμε τις διαστάσεις αυτών των διαφορετικών σχημάτων,
καταλήγουμε στους αριθμούς 3,5,8,13.Παρατηρούμε ότι πρόκειται για διαδοχικούς όρους
της ακολουθίας Φιμπονάτσι. Ο Σκώτος μαθηματικός Ρ. Σίμπσον απέδειξε την σχέση :
Δηλαδή, το τετράγωνο ενός οποιουδήποτε όρου της ακολουθίας ισούται με το γινόμενο
του προηγούμενου όρου
με τον επόμενο του αυ-
ξημένο (ή ελαττωμένο)
κατά μια μονάδα. Δείτε
το διπλανό σχήμα αλλά
μην το παίρνετε και τοις
μετρητοίς ίσως να μην
βλέπετε και τόσο καλά!
Αν πάρουμε ένα τετρά-
γωνο με πλευρά ένα οποιοδήποτε όρο από την ακολουθία Φιμπονάτσι (στο συγκεκριμένο
παράδειγμα το 8) και ένα ορθογώνιο του οποίου οι πλευρές αντιστοιχούν στον προηγούμε-
νο και στον επόμενο του όρο, (στο παράδειγμα 5 και 13) η διαφορά εμβαδού στα δυο σχή-
ματα θα ήταν μόνο μια τετραγωνική μονάδα. Το ορθογώνιο που πραγματικά προκύπτει
το βλέπετε στο παρακάτω σχήμα.Για πολύ μεγάλους όρους της ακολουθίας η διαφορά του
1 μ2
είναι σχεδόν ανεπαίσθητη στο ανθρώπινο μάτι.
Πρώτη γραπτή αναφορά του παραπάνω γεωμετρικού παράδοξου υπάρχει στο βιβλίο Ορ-
θολογικοί γρίφοι (Rational Recreations,1774) του Willi
2 n
n n 1 n 1
F F F ( 1)
 
   
1 μ2

84.Προβοκάτσια
Ο Μήτσος θέλει να αγοράσει ένα κινητό τηλέφωνο που κάνει 97 ευρώ.Παίρνει από
τον πατέρα του 50 ευρώ και άλλα τόσα από τη μητέρα του.
Αγοράζει το τηλέφωνο , του περισσεύουν 3 ευρώ , δίνει 1 ευρώ στον πατέρα και 1
ευρώ στη μητέρα και κρατάει το τελευταίο 1 ευρώ για τον εαυτό του.Τώρα χρωστάει
στον πατέρα 49 ευρώ,στη μητέρα 49 ευρώ και έχει 1 ευρώ .
Τώρα
49 + 49 +1 = 99
Πού έχασε ο Μήτσος το 1 ευρώ;
83.Το παράδοξο της κάρτας
Ο μαθηματικός Philip Edward Bertrand
Jourdain (1879 –1919),ειδικός στην μαθηματική λογική,
Έδειξε ενδιαφέρον για το έργο του Μπέρτραντ Ράσελ και
ιδιαίτερα για τα παράδοξα του.Αναδιατυπώνοντας το
παράδοξο του Ράσελ δημιούργησε το παράδοξο της κάρτας.
Το παράδοξο της κάρτας
Υποθέτουμε ότι έχουμε μια κάρτα που στην μια πλευρά της
γράφει:
Η πρόταση στην άλλη πλευρά της κάρτας είναι Αληθινή.(Μπροστινή όψη)
Ενώ στην άλλη πλευρά της κάρτας γράφει:
Η πρόταση στην άλλη πλευρά της κάρτας είναι Ψευδής. (Πίσω όψη)
Πως προκύπτει το παράδοξο;
-Αν η πρόταση στην μπροστά όψη της κάρτας είναι αληθινή τότε θα είναι αληθινή και
η πρόταση στην πίσω όψη της κάρτας,αν όμως είναι αληθινή η πίσω όψη της κάρτας
τότε η πρόταση της μπροστά κάρτας είναι ψευδής.
-Αν η πρόταση της μπροστά όψης της κάρτας είναι ψευδής τότε είναι ψευδής και η
πρόταση της πίσω όψης της κάρτας,αυτό όμως σημαίνει ότι η πρόταση της μπροστινής
όψης της κάρτας είναι αληθής.
Philip Edward Ber-
trand Jourdain
(1879 –1919)

85.Covid 19
«Ένα αστείο είναι κάτι πολύ σοβαρό.»
Ουίνστον Τσώρτσιλ (1874-1965)
Έστω ένα ιδεατό παράλληλο συμπάν ό-
που κάθε κάτοικος του είτε λέει πάντα
ψέματα είτε λέει πάντα αλήθεια. Μπορού-
με να συμπεράνουμε την αλήθεια ή την
αναλήθεια κάθε πρότασης υποβάλλοντας
στον οποιοδήποτε κάτοικο μόνο μια ερώ-
τηση. Το παράξενο είναι μετά την απά-
ντηση που θα πάρουμε δεν θα είμαστε σε
θέση να γνωρίζουμε αν είναι αληθής ή
ψευδής. Ειδικότερα ,φανταστείτε ότι ζείτε
σε αυτό το ιδεατό συμπάν και θέλετε να
μεταβείτε σε ένα γυμναστήριο που βρή-
κατε στο διαδίκτυο, το γυμναστήριο Α.
Οδοιπορείτε ανυπόμονοι να ασκηθείτε
(ειρωνεία;),μπας και χάσετε τα κιλά της
καραντίνας .Φτάνετε σε ένα σταυροδρό-
μι.Είστε βέβαιοι ότι ένας από τους δυο
δρόμους οδηγεί στο γυμναστήριο Α, αλλά
δεν γνωρίζετε ποιος. Στο σταυροδρό-
μι,ξερακιανός μεσοαστός –
ασυμπτωματικός στο Covid 19-
κάθεται και παίζει φλογέρα. Δεν γνωρίζετε αν είναι από αυτούς που λένε πάντα ψέμα-
τα (αενάως ανειλικρινής) ή πάντα αλήθεια (αενάως ειλικρινής). Πρέπει να του κάνετε
μια ερώτηση και από την απάντηση να συμπεράνετε ποιος είναι ο δρόμος που οδηγεί
στο τμήμα Α.
Ο φιλόσοφος Νέλσον Γκούντμαν (https://plato.stanford.edu/entries/goodman/)
στο συγκεκριμένο πρόβλημα προτείνει την ερώτηση:
« Είσαι από αυτούς που θα ισχυρίζονταν ότι ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο γυμναστή-
ριο Α;»
Αφού σας απαντήσει δεν θα είστε σε θέση να γνωρίζετε αν είναι ψεύτης ή ειλικρινής
όμως θα γνωρίζετε ποιο δρόμο θα πάρετε.
Σκεφτείτε το λίγο.
- Αν υποθέσουμε ότι απάντησε ΝΑΙ.Αν είναι ειλικρινής έχει πει την αλήθεια και είναι
από αυτούς που θα ισχυρίζονταν ότι ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο γυμναστήριο Α.
Συνεπώς, πρέπει να ακολουθήσετε τον αριστερό δρόμο. Από την άλλη μεριά, αν είναι
απατεώνας, έδωσε ψεύτικη απάντηση, πράγμα που σημαίνει ότι δεν είναι από εκείνους
που θα ισχυρίζονταν πως ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο γυμναστήριο Α, μόνο κά-
ποιος του αντιθέτου τύπου-ένας ειλικρινής –θα ισχυριζόταν κάτι τέτοιο. Εφόσον όμως,
ένας ειλικρινής θα υποστήριζε ότι ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο γυμναστήριο Α,
τότε πράγματι ο αριστερός δρόμος οδηγεί εκεί. Ανεξάρτητα του αν η απάντηση είναι
ΝΑΙ είναι αληθής ή ψευδής, ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο γυμναστήριο Α.

-Αν υποθέσουμε τώρα ότι σας απάντησε ΟΧΙ .Αν είναι ειλικρινής, τότε σίγουρα δεν
ανήκει σε εκείνους που θα ισχυρίζονταν πως ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο τμήμα Α.
Μόνο ένας ανειλικρινής θα ισχυριζόταν κάτι τέτοιο. Από την στιγμή, όμως, που θα
έκανε αυτήν την δήλωση ένας ανειλικρινής, η δήλωση θα ήταν ψευδής, όποτε ο αρι-
στερός δρόμος δεν οδηγεί στο γυμναστήριο Α. Αν, πάλι αυτός που ρωτάτε ψεύδεται,
τότε ουσιαστικά ισχυρίζεται πως ο αριστερός δρόμος οδηγεί στο τμήμα Α (αφού δη-
λώνει ότι δεν οδηγεί εκεί), αλλά, αφού είναι απατεώνας, ο ισχυρισμός του θα ήταν
ψευδής, πράγμα που σημαίνει και εδώ πως ο αριστερός
δρόμος δεν οδηγεί στο γυμναστήριο Α. Όλα αυτά
δείχνουν ότι, αν η απάντηση είναι ΟΧΙ, πρέπει να
ακολουθήσετε το δεξιό δρόμο ανεξάρτητα αν αυτός
που ρωτήσατε λέει αλήθεια ή ψέματα.
86.Πιθανότητες με αυτοκίνητα και αίγες
"Πιθανότης είναι η ιδιόρρυθμη κατάσταση που, σύμφωνα με το νόμο, είναι πιθανόν να
συμβούν όλα ή και μερικά πράγματα."
Μαργαριτάρι από σχολικό μαθητικό γραπτό
Ο Monty Hall είναι Καναδός τηλεπαρουσιαστής ,που παρουσίαζε το περίφημο τηλε-
παιχνίδι Let’s make a deal στο τηλεοπτικό κανάλι ABC από το 1963 μέχρι το 1977 και
σε μερικές ακόμα μεμονωμένες σαιζόν μέχρι και το 1991.Στη Ελλάδα το παιχνίδι με-
ταφέρθηκε ως Το μεγάλο παζάρι με παρουσιαστή τον Ανδρέα Μικρούτσικο.
Αν κάποιος συμπληρώσει στο πεδίο αναζήτησης της Google το όνομα Monty
Nelson Goodman
(1906-1998)

Hall δεν θα έχει αποτέλεσμα τον παρουσιαστή αλλά ένα από τα μεγαλύτερα παράδο-
ξα της επιστήμης των Πιθανοτήτων.
Όλα ξεκίνησαν όταν το 1975, ο Steve Selvin έστειλε ένα γράμμα στο περιοδικό
American Statistician, δημοσιεύοντας ένα πρόβλημα βασισμένο στο συγκεκριμένο τη-
λεπαιχνίδι, το οποίο αργότερα ονόμασε το πρόβλημα του Monty Hall . Η διατύπωση
του έχει ως εξής.
Πίσω από τρεις κουρτίνες τοποθετούνται ένα αυτοκίνητο και δύο κατσίκες. Ο πα-
ρουσιαστής γνωρίζει ποια κουρτίνα κρύβει το αυτοκίνητο. Ο παίκτης καλείται να επι-
λέξει μια κουρτίνα, π.χ. την Α. Στη συνέχεια ο παρουσιαστής ανοίγει μία από τις άλλες
κουρτίνες που κρύβει πίσω της μία κατσίκα. Ας πούμε ότι ανοίγει τη Β. Δίνεται τώρα
στον παίκτη η δυνατότητα είτε να επιμείνει στην αρχική επιλογή του (κουρτίνα Α) είτε
να αλλάξει και να ανοίξει την κουρτίνα Γ. Τι έχει συμφέρον να κάνει ο παίκτης;
Η πρώτη απάντηση που έρχεται στο μυαλό των περισσοτέρων είναι ότι αφού έχει ήδη
ανοίξει μία κουρτίνα που έκρυβε κατσίκα και έχουν απομείνει μία κουρτίνα με κατσίκα
και μία με το αυτοκίνητο, οι πιθανότητες είναι πια 50-50 και καμιά από τις δυνατές
επιλογές του παίκτη δεν είναι ευνοϊκότερη από την άλλη. Εικασία η οποία αποδεικνύ-
εται λάθος!
Για να κατανοήσουμε το γιατί πρέπει να σκεφτούμε ποιες είναι δυνατές στρατηγικές
που θα ακολουθήσει ο παίκτης όταν μπει στο στούντιο: Υπάρχουν δύο επιλογές :
1η Ο παίκτης επιλέγει μία κουρτίνα π.χ. την Α) και εμμένει σε αυτήν μέχρι το τέλος,
ό,τι και αν του πει ο παρουσιαστής. Αφού υπάρχουν τρεις κουρτίνες και ένα αυτοκίνη-
το, η πιθανότητα νίκης με αυτή τη στρατηγική είναι 1/3.
2η Ο παίκτης επιλέγει αρχικά μία κουρτίνα (π.χ. την Α) και μόλις ο παρουσιαστής α-
νοίξει μία άλλη κουρτίνα (π.χ. τη Β) και αποκαλύψει μία κατσίκα, αλλάζει και επιλέ-
γει την κουρτίνα Γ που έχει απομείνει.
Με αυτή τη στρατηγική, ο παίκτης για να έχει καλύτερη πιθανότητα να κερδί-
σει οφείλει να αλλάξει τη αρχική του επιλογή .Ο παρουσιαστής θα ανοίγει σε κάθε

περίπτωση την άλλη κουρτίνα με την κατσίκα και αλλάζοντας ο παίκτης διεκδικεί με
πιο ευνοϊκούς όρους το αυτοκίνητο. Έτσι η πιθανότητα νίκης του με αυτή τη δεύτερη
στρατηγική είναι 2/3.
Μπορούμε να το δούμε με την βοήθεια ενός πίνακα. Εάν επιλέξει κάποιος να εμμείνει
στην αρχική του επιλογή,τότε:
Πιθανότητα νίκης 1/3
Αν αλλάξετε τελικά επιλογή τότε:
Η αλλαγή αυξάνει την πιθανότητα στα 2/3.
Είναι γεγονός ότι ακόμα και μαθηματικοί μεγάλου βεληνεκούς,έχουν τις αμφιβολίες
τους για την λύση που προτείνεται.Είναιπολύ γνωστή η διένεξη της Μέριλιν Φος Σά-
βαντ του ανθρώπου εν ζωή με το μεγαλύτερο IQ (228 μονάδες) με πολλούς μαθημα-
τικούς.Καταγεγραμμένη στο βιβλιο των ρεκόρ Γκίνες.Η Μέριλιν Φος Σαβαντ έγραφε
στο περιοδικό Parade την δημοφιλή στήλη «Ρώτα την Μέριλιν» Το 1990 όταν ρωτή-
θηκε για το παράδοξο του Monty Hall από αναγνώστη του περιοδικού υποστήριξε
ότι να βελτιωθούν οι πιθανότητες πρέπει ο διαγωνιζόμενος οπωσδήποτε να αλλάξει
κουρτίνα. Το αποτέλεσμα ήταν απρόσμενο 10000 αναγνώστες από τους οποίους οι
1000 είχαν τριτοβάθμια εκπαίδευση έστειλαν διαμαρτυρία στο περιοδικό ότι η λύση
ήταν λανθασμένη.

Η Μέριλιν Φος Σάβαντ τελικά δικαιώθηκε .Η απάντηση της επαληθεύτηκε πειραμα-
τικά με την μέθοδο Monte Carlo.Οι στατιστικές δείχνουν ότι μόλις το 13% των ανθρώ-
πων απαντάει σωστά στην παραπάνω ερώτηση.
Άξιο αναφοράς είναι το περιστατικό με τον θρυλικό μαθηματικό Πωλ Έρντος που
μνημονεύει στην βιογραφία του «Ο άνθρωπος που αγαπούσε τους αριθμούς» ο Πωλ
Χόφμαν. Διηγείται ο Ούγγρος μαθηματικός Andrew Vazsonyl,συνάδελφος και φίλος
του Έρντος:
Επισήμανα στον Έρντος ότι η σωστή κίνηση ήταν να αλλάξεις την αρχική επιλογή και
περίμενα να περάσουμε σε άλλο θέμα. Αλλά ο Έρντος προς μεγάλη μου έκπλη-
ξη,απάντησε:«Όχι,είναι λάθος. Δεν θα είχε καμιά διαφορά ».Τότε, μετάνιωσα που ανά-
φερα το πρόβλημα, διότι γνώριζα εκ πείρας ότι όλοι υποστηρίζουν με παθός την γνώμη
τους, και στο τέλος καταλήγω να βρίσκομαι σε δυ-
σάρεστη κατάσταση.Δεν υπήρχε όμως τρόπος να
υποχωρήσω, και έτσι του υπέδειξα την λύση μέσω
ενός δενδροδιαγράμματος που είχα χρησιμοποιήσει
στο προπτυχιακό μάθημα Ποσοτικές τεχνικές μάνα-
τζμεντ .Ήταν ανώφελο ο Έρντος δεν πείστηκε
,έφυγα από το δωμάτιο.Μια ώρα αργότερα ήρθε και
με βρήκε πραγματικά οργισμένος. «Δεν μου εξήγη-
σες γιατί πρέπει να αλλάξω την αρχική επιλογή. Μα
τι σου συμβαίνει;» ρώτησε. Του είπα ότι λυπόμουν,
αλλά πραγματικά ούτε και εγώ ήξερα το γιατί, και
ότι μόνο η ανάλυση του δενδροδιαγράμματος με είχε
πείσει. Τότε αυτός αναστατώθηκε ακόμα περισσότε-
ρο.
Για την ιστορία, ο Έρντος πείστηκε από τον
Vazsonyl,μόνο όταν ο δεύτερος προσομοίωσε το παιχνίδι στον προσωπικό του υπολο-
γιστή.
Οι περισσότεροι άνθρωποι δρουν και επιλέγουν με γνώμονα το θυμικό παρά με την
λογική. Ουσιαστικά αποστρέφονται την αποτυχία (απώλεια) όταν αυτή συμβεί. Οι
ψυχολόγοι Donald Granberg και Thad A.Brown πήραν συνέντευξη από ανθρώ-
πους που τους τέθηκε το δίλλημα του Μοντυ Χολ και παρέμειναν στην αρχική τους
επιλογή ,δεν άλλαξαν κουρτίνα μετά την προσφορά ,αιτιολόγησαν την απόφαση τους,
ως έξης:
-«Δεν ήθελα να επιλέξω την άλλη πόρτα επειδή αν έκανα λάθος θα ήμουν περισσότερο
εκνευρισμένος παρά αν παρέμενα στην αρχική μου επιλογή και έχανα!!»
-« Ήταν η πρώτη ενστικτώδης επιλογή μου και αν ήταν λάθος ,έχει καλώς. Αν ό-
μως την άλλαζα και έκανα λάθος θα ήταν χειρότερα».
-«Ειλικρινά θα το μετάνιωνα αν άλλαζα κουρτίνα και έχανα. Είναι καλυτέρα να παρα-
μένει κάποιος στην αρχική του επιλογή.
(The Monty Hall dilemma, Granberg and Brown)

Πλάνο από την ταινία 21 (2008) του Ρόμπερτ Λουκέτικ όπου ο Κέβιν Σπέισι υποδυόμε-
νος τον μεφιστοφελικό καθηγητή Μίκυ Ρόζα περιγράφει το δίλλημα του Μόντι Χολ.
Γιόντα ( 1980 - )
Do or not do.
Not try!

87.Μια λάθος απόδειξη από το Κώτσο (Crank καταστάσεις)
Στις 7 Ιουνιου 1742, ο Γερμανός μαθηματικός Κριστιάν Γκόλντμπαχ (1690-1764) συ-
νέταξε ένα γράμμα που απευθυνόταν στον Ελβετό μαθηματικό Όιλερ.Ο Γκόλντμπαχ
ζούσε όπως ο Όιλερ στην Ρωσία και αλληλογραφούσε συχνά–πυκνά με το διακεκριμε-
νο μαθηματικό.Στο γράμμα του παρέθετε την πεποίθηση του ότι:
«Κάθε ακέραιος μεγαλύτερος από 2 μπορεί να
γραφτεί ως άθροισμα τριών πρώτων αριθμών.»
Θεωρούσε ότι ο αριθμός 1 είναι πρώτος, μια
υπόθεση που εγκατέλειψε αργότερα.
Μια σύγχρονη διατύπωση της αρχικής εικασίας
του Γκολντμπαχ είναι η εξής:
«Κάθε ακέραιος αριθμός μεγαλύτερος από το 5
μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα τριών πρώτων».
Ο Όιλερ ενδιαφέρθηκε για το πρόβλημα και
του απάντησε με την παρατήρηση ότι η εικασία
προκύπτει από την επομένη πρόταση:
«Κάθε άρτιος ακέραιος μεγαλύτερος του 2 μπορεί
να γραφεί ως άθροισμα δυο πρώτων ακεραίων».
Μέχρι την στιγμή που γράφονται αυτές οι
γραμμές η εικασία του Γκόλντμπαχ.Η εικασία
έχει επαληθευτεί για όλους τους αριθμούς μέχρι
το 4x1018
, χωρίς καμιά εξαίρεση. Παραμένει όμως
αναπόδεικτη..
Ο Κώτσος ηλεκτρολόγος-αυτοδίδακτος μαθηματικός πιστεύει ότι απέδειξε την εικα-
σία του Γκόλντμπαχ. Ποιο είναι το λάθος του Κώτσου;
Οι πρώτοι αριθμοί είναι άπειροι, άρα και τα
αθροίσματα τους αν δυο είναι άπειρα. Από την
άλλη οι άρτιοι είναι επίσης άπειροι άρα όλοι οι
άρτιοι γράφονται σαν άθροισμα δυο πρώτων.
Η επιστολή του Γκολντμπαχ στον Όιλερ με ημε-
ρομηνία 7 Ιουνιου 1742
Ο Κώτσος δεν απέδειξε τίποτα εξακολουθεί να
ισχύει η περίπτωση να υπάρχει άρτιος ακέραιος
μεγαλύτερος του 2 που δεν μπορεί
να γραφεί ως άθροισμα δυο πρώτων ακεραίων».

88.Το παράδοξο του Parrondo
Στα τέλη της δεκαετίας του 1990 ,ο ισπανός φυσικός Juan Parrondo έδειξε πως δυο
παιχνίδια που θα έκαναν σίγουρα ένα παίκτη να χάσει όλα του τα χρήματα μπορούν να
παιχτούν εναλλάξ έτσι ώστε να κάνουν τον παίκτη πλούσιο. Μοιάζει παράξενο αλλά
εξηγεί γιατί η επένδυση σε ορισμένες μετοχές όπου χάνουν μπορεί να οδήγησε σε
κέρδος ή γιατί η δημοτικότητα του αμερικανού πρόεδρου Κλίντον αφότου ενεπλάκει
σε ένα ερωτικό σκάνδαλο αυξήθηκε .
Φανταστείτε ότι παίζετε δυο τυχερά παιχνίδια με μεροληπτικά νομίσματα. Στο παι-
χνίδι Α ,κάθε φορά που ρίχνετε το νόμισμα, η πιθανότητα P1 ,να κερδίσετε είναι μι-
κρότερη από 50%,και εκφράζεται ως P1=0,5-ε .Αν κερδίσετε, παίρνετε ένα ευρώ. Δια-
φορετικά, χάνετε ένα ευρώ. Στο παιχνίδι Β ,εξετάζετε πρώτα τα κέρδη σας ,για να δείτε
αν είναι πολλαπλάσιο του 3.Αν δεν είναι , τότε ρίχνετε ένα μεροληπτικό νόμισμα με
πιθανότητα να κερδίσετε είναι P1=(0,75-ε).Αν τα κέρδη από το παιχνίδι Α είναι πολ-
λαπλάσιο του 3,τότε ρίχνετε ένα τρίτο μεροληπτικό νόμισμα να κερδίσετε μόλις
P3=0,1-ε.Στο παιχνίδι Α ή στο παιχνίδι Β που παίζονται ξεχωριστά ,με x=0,0005 ,είναι
σίγουρο ότι στο τέλος θα χάσετε.Aν όμως τα παίξετε εναλλάξ, δυο παιχνίδια Α στην
συνέχεια δυο παιχνίδια ΒΒ κ.ο.κ (AABBAABB...). αποδεικνύεται ότι θα γίνετε τελικά
πλούσιος πέρα από κάθε προσδοκία! Ας σημειωθεί ότι η έκβαση του παιχνιδιού Α ε-
πηρεάζει το παιχνίδι Β, κατά την διάρκεια αυτής της εναλλαγής των παιχνιδιών.

Το κουρείο του Ζήνωνα

89.Μια διαβολική σύμπτωση ,οι μεγάλοι αντίπαλοι του Β παγκοσμίου ….
Δίνετε ένα φύλλο χαρτί και ένα μολύβι στο υποψήφιο θύμα και του λέτε να καθίσει ,
εσείς κάθεστε απέναντι κρατώντας επίσης ένα φύλλο χαρτί και ένα μολύβι, χωρίς ό-
μως ο ένας να μπορεί να δει τι γράφει ο άλλος.Αρχικά του λέτε να γράψει στο χαρτί
του το έτος γέννησης του,εσείς πάλι γράφετε στο δικό σας χαρτί έναν οποιοδήποτε
τετραψήφιο αριθμό.Κατόπιν του λέτε να σκεφτεί ένα έτος στο οποίο συνέβη ένα σημα-
ντικό γεγονός στην ζωή του και να το γράψει επίσης στο χαρτί,εσείς γράφετε στο δικό
σας χαρτί ένα οποιοδήποτε τετραψήφιο αριθμό.Κατόπιν του λέτε να γράψει κάτω από
το χαρτί πόσα χρόνια έχουν περάσει από το σημαντικό αυτό γεγονός και κάτω ακριβώς
την ηλικία του,εσείς παράλληλα στο δικό σας χαρτί γράφετε δυο οποιουσδήποτε διψή-
φιους,του λέτε να προσθέσει τους τέσσερεις αριθμούς και να γράψει το αποτέλε-
σμα.Του λέτε να σας δώσει το χαρτί,πριν όμως το κάνει τον σταματάτε λέγοντας ότι
δεν ήταν σωστό να δείτε την ηλικία του (ειδικά αν είναι γυναίκα) και του λέτε να σβή-
σει τους τέσσερεις αριθμούς και να κρατήσει το άθροισμα. Κάνετε και εσείς το ίδιο
στο δικό σας χαρτί. Βάζετε τα χαρτιά σας στο τραπέζι και διαπιστώνει με έκπληξη ότι
το άθροισμα στα δυο χαρτιά είναι το ίδιο, φυσικά εσείς έχετε γράψει το διπλάσιο του
τρέχοντος έτους που πάντα θα προκύπτει από την παραπάνω διαδικασία.
Το 1944,οι εφημεριδες της εποχης δημοσιευσαν τον παρακατω πινακα,διερωτώμενες
για την «διαβολική» συμπτώση.Η αναλογία είναι προφανής!

90.Tο παράδοξο του Νιούκομπ
Ο Γουίλλιαμ Νιούκομπ ήταν φυσικός με ακαδημαϊκή έδρα στο
Πανεπιστήμιο της Καλιφόρνια.Το παράδοξο που φέρει το όνομα
του έκανε γνωστό, ο φιλόσοφος του πανεπιστήμιου του Χάρ-
βαρντ Robert Nozick το1969. Φανταστείτε ότι λαμβάνετε μέ-
ρος σε ένα παιχνίδι και αντίπαλος σας στο παιχνίδι είναι ένα
πανίσχυρο πνεύμα το οποίο μπορεί να προλέγει το μέλλον (με
μεγάλο ποσοστό επιτυχίας).Το πνεύμα έχει την εξαιρετική ικανότητα να προλέγει τις
πράξεις των ανθρώπων. Σας παρουσιάζει λοιπόν δυο κουτιά ένα διαφανές (το Α) και
ένα αδιαφανές (το Β).Το Α περιέχει 10000 ευρώ. Το περιεχόμενο του αδιαφανούς
κουτιού Β προσδιορίζεται ως εξής:Το πνεύμα σε κάποιο σημείο πριν την έναρξη του
παιχνιδιού προβλέπει την επιλογή σας ή να επιλέξετε είτε μόνο το κουτί Β ή και τα δύο
κουτιά. Αν προέβλεψε ότι θα πάρετε το αδιαφανές κουτί Β έβαλε μέσα 1000000 ευ-
ρώ ενώ αν προέβλεψε ότι θα πάρετε και τα δυο κουτιά τότε άφησε το αδιαφανές κου-
τί άδειο . Δηλαδή το κουτί Β μπορεί να περιέχει είτε 0 ευρώ είτε 1,000,000 ευρώ.Από
την στιγμή που αρχίσει το παιχνίδι το πνεύμα δεν έχει καμία δυνατότητα να αλλάξει
το περιεχόμενο του κουτιού Β.Εσείς γνωρίζετε από πριν τους κανόνες του παιχνι-
διού και πρέπει να επιλέξετε την βέλτιστη στρατηγική.Να εξετάσουμε λοιπόν όλες τις
δυνατές εκβάσεις του παιχνιδιού:
Ποια επιλογή μεγιστοποιεί το κέρδος σας; Το πρόβλημα ανάγεται σε παράδοξο, διότι
δύο εξίσου ισχυρές διαισθητικά και λογικά στρατηγικές δίνουν αντικρουόμενες απα-
ντήσεις στo παραπάνω ερώτημα.
Οι περισσότεροι φιλόσοφοι συμφωνούν ότι η διαισθητικά λογική και αυθόρμητη α-
πόφαση θα ήταν η επιλογή και των δύο κουτιών.Είναι σωστή;
Ας αναλύσουμε τις δύο στρατηγικές:
Σύμφωνα με την πρώτη στρατηγική ανεξάρτητα από την όποια πρόβλεψη του πνεύμα-
τος το να επιλέξετε και τα δύο κουτιά αποδίδει περισσότερο. Διότι αν η πρόβλεψη εί-
ναι να πάρετε και τα δύο κουτιά τότε η επιλογή σας, αφορά μεταξύ του αν θα λάβετε
είτε 10000 ευρώ (επιλέγοντας το Α και το Β) είτε τίποτα (επιλέγοντας μόνο το Β). Συ-
νεπώς είναι προφανές πως το να επιλεχτούν και τα δύο κουτιά είναι προτιμότερο. Αλλά
ακόμα και αν η πρόβλεψη του πνεύματος είναι να επιλέξετε μόνο το Β, τότε επιλέγο-
ντας και τα δύο παρέχει 1,010,000 ευρώ, ενώ επιλέγοντας μόνο το Β παρέχει μόνο
1,000,000 ευρώ. Συνεπώς σε κάθε περίπτωση η λύση (διαισθητικά και λογικά) της επι-
λογής και των δύο κουτιών είναι η ορθή.
Πρόβλεψη πνεύματος για την επιλογή σας Πραγματική επιλογή σας Κέρδος
Α και Β Α και Β 10000
Α και Β Μόνο Β 0
Μόνο Β Α και Β 1010000
Μόνο Β Μόνο Β 1000000

Η δεύτερη στρατηγική προτείνει την επιλογή μόνο του κουτιού Β.
Σύμφωναμε αυτήν μπορούμε να αγνοήσουμε τις πιθανότητες της
μηδενικήςανταμοιβής και του 1010000 ευρώ, καθώς και οι δύο
προϋποθέτουν πως το πνεύμα προέβλεψε λάθος και το πρόβλημα
ορίζει πως το πνεύμα δεν λαθεύεισχεδόν ποτέ.Συνεπώς η επιλογή
έγκειται στο είτε να λάβετε 10000 ευρώ (και τα δύο κουτιά) ή του
να λάβετε 1,000,000 ευρώ (μόνο το κουτί Β), και
συνεπώς το να επιλέξετε μόνο του το κουτί Β είναι καλύτερη
απόφαση.
Ωραία,θα πείτε,ποιο είναι το αντίκρισμα στον πραγματικό κόσμο; Εν έτη 1989, ένας
οικονομολόγος ο John Broome χρησιμοποίησε το παραπάνω παράδοξο για να εξη-
γήσει την κυκλοφορία χρήματος σε σχέση με τον πληθωρισμό. Εξηγούμαι.Οι οικονο-
μολόγοι πιστεύουν ότι ο τρόπος για την μείωση της ανεργίας είναι η αύξηση της κυ-
κλοφορίας του χρήματος.Όταν όμως οι άνθρωποι προσδοκούν μια τέτοια αύξη-
ση,αρχίζουν να ενεργούν με τρόπους που αντιτίθενται στα πλεονεκτήματα μιας τέτοιας
κατάστασης,και αυτό που επακολουθεί είναι ο πληθωρισμός.Συνεπώς,οι πιθανές κατα-
στάσεις με τις εξίσου πιθανές εκβάσεις τους είναι οι εξής:
Αύξηση κυκλοφορίας του χρήματος:
-Αν προβλεφτεί αύξηση,επακολουθεί πληθωρισμός (τρίτη καλύτερη έκβαση)
-Αν προβλεφτεί σταθερότητα,η ανεργία πέφτει (καλύτερη έκβαση)
Σταθερότητα της κυκλοφορίας του χρήματος:
-Αν προβλεφτεί αύξηση,επακολουθεί ύφεση (χειρότερη έκβαση).
-Αν προβλεφτεί σταθερότητα,δεν επακολουθεί καμιά άλλη αλλαγή. (δεύτερη καλύτερη
έκβαση.)
Προφανώς,οι οικονομολόγοι συμφωνούν μεταξύ τους ότι οι κυβερνήσεις πρέπει να
αυξάνουν την κυκλοφορία του χρήματος,με το σκεπτικό ότι οι προσδοκίες των πολιτών
έχουν ήδη διαμορφωθεί(όπως ακριβώς έχει προκαθοριστεί το αν υπάρχουν χρήματα
στο αδιαφανές κουτί).Όταν οι άνθρωποι περιμένουν την αύξηση,τότε αυτή προκαλεί
πληθωρισμό,ο οποίος είναι προτιμότερος από μια οικονομική ύφεση,όταν περιμένουν
σταθερότητα,η αύξηση της κυκλοφορίας του χρήματος προκαλεί περισσότερη ανεργί-
α,η οποία είναι προτιμότερη από την μη αλλαγή.Με άλλα λόγια, η πλειοψηφία των
απόψεων στο χώρο της οικονομίας κλίνει υπέρ του αναλόγου της επιλογής των δυο
κουτιών.Οι οικονομολόγοι που ισχυρίζονται ότι υπάρχουν δυο επιλογές που πρέπει να
μελετηθούν,χαρακτηρίζονται ως οι αντίστοιχοι εκείνων που επιλέγουν το ένα κουτί
στο παραπάνω παράδειγμα.Οι δυο επιλογές είναι οι εξής:
-Σταθερότητα της κυκλοφορίας του χρήματος: τότε οι πολίτες θα πιστέψουν ότι η κυκλο-
φορία θα παραμείνει σταθερή και έτσι δεν θα υπάρξει καμιά αλλαγή.
-Αύξηση της κυκλοφορίας του χρήματος:τότε οι πολίτες θα προβλέψουν την αύξηση και
θα επακολουθήσει πληθωρισμός.
Δεδομένου ότι η έλλειψη οποιασδήποτε αλλαγής θεωρείται προτιμότερη από τον
πληθωρισμό, οι συγκεκριμένοι οικονομολόγοι τάσσονται υπέρ της σταθερότητας της
κυκλοφορίας του χρήματος.Απέτυχαν όμως να λάβουν υπ όψιν τους το γεγονός ότι οι
προσδοκίες έχουν ήδη διαμορφωθεί και δεν μπορούν πια να καθοριστούν μέσω της
προτίμησης μας μιας εκ των δυο παραπάνω επιλογών.
Robert Nozick
(1938 –2002)

91.Ένα παράδοξο αυτοαναφοράς από τον Μάρτιν Γκάρντνερ
Υπάρχει ένα συγκεκριμένο γεγονός το οποίο είτε θα πραγματοποιηθεί είτε όχι κατά
την διάρκεια των επομένων 10 λεπτών. Όμως είναι αδύνατο να το προβλέψετε.
Δεν το πιστεύετε; Τότε κάντε το έξης, γράψτε στο εσωτερικό του παρακάτω ορθογώνι-
ου την λέξη ΝΑΙ αν προβλέπετε ότι θα πραγματοποιηθεί ή την λέξη ΟΧΙ αν προ-
βλέπετε ότι δεν θα πραγματοποιηθεί.
Αν το προβλέψετε σωστά θα σας στείλω ένα εκατομμύριο δολάρια.
Το γεγονός είναι: θα γράψεις ΟΧΙ στο εσωτερικό του τετραγώνου.
Μετά τον δεύτερο παγκόσμιο πόλεμο για πολλά χρόνια στον χώρο των ψυχαγωγι-
κών μαθηματικών κυριαρχούσε ο Μάρτιν Γκάρντνερ (1914-2010),συγγραφέας πολλών
βιβλίων και άρθρων που δημοσιεύονταν για πάνω από 25 χρόνια στο εκλαϊκευμένο
επιστημονικό περιοδικό Scientific American.Έως και λίγο πριν το θάνατο του ο Γκάρ-
ντνερ συνέχιζε να εκδίδει αναθεωρήσεις των έργων του,ένα σύνολο 70 βιβλίων,εκ των
όποιων το Οrigami, Eleusis,Soma cube κυκλοφόρησε το 2008.Εκτος από τα δικά του
δημιουργήματα,ο Γκάρντνερ δημοσίευσε τους πιο ενδιαφέροντες και καινοτόμους γρί-
φους και παιχνίδια,το παιχνίδι της ζωής του Κόνγουει ή το Eleusis του Άμποτ.Έγραφε:
«Μολονότι δεν υπάρχουν πολλά πράγματα πιο διασκεδαστικά από τις σπαζοκεφαλιές
που αποτελούν πρόκληση για την ευφυΐα και την ικανότητα λογικής σκέψης κάποιου,ο
ρόλος αυτών των παιχνιδιών δεν περιορίζεται απλώς στην διασκέδαση: όπως υπέδειξε ο
J.E.Littlewood, μια καλή μαθηματική σπαζοκεφαλιά μπορεί να συνεισφέρει περισσότερα
στα μαθηματικά από μια ντουζίνα μέτρια άρθρα.»
(Ο J.E.Littlewood ήταν διακεκριμένος μαθηματικός του Κέμπριτζ της δεκαετίας του
1920)

92. Η δημοπρασία του ενός ευρώ και το μπαίγνιο της Αγγέλας…
Ενδιαφέρον σενάριο από την θεωρία παιγνίων
του προηγούμενου αιώνα με την ονομασία «Η
δημοπρασία του ενός δολαρίου» που επινοήθηκε
από τον οικονομολόγο Μάρτιν Σού-
μπικ.Φανταστείτε μια δημοπράτη χωρίς δόλο και
καθόλου προκατάληψη θα την ονομάσουμε Αγ-
γέλα,η οποία έχει την ιδέα να πουλάει νομίσματα
του 1 ευρώ σε μια δημοπρασία.Με την πρώτη
ματιά το σχέδιο μοιάζει ανεφάρμοστο.Αλλά,η
Αγγέλα έχει αναπτύξει μερικούς ειδικούς κανό-
νες για την δημοπρασία της.Ο πλειοδότης θα
κερδίσει το ευρώ,όμως ο αμέσως επόμενος πλει-
οδότης θα πρέπει να πληρώσει αυτό που πρότει-
νε,χωρίς να πάρει τίποτα.Αν και δεν είναι ξεκά-
θαρο πως η Αγγέλα θα κερδίσει χρήματα, τότε,
πως θα εξελίχτει η δημοπρασία;Ας υποθέσουμε
ότι το πρώτο χτύπημα είναι 1 λεπτού,με τον πλειοδότη να ελπίζει ότι θα βγάλει 99 λεπτά ως
κέρδος.Χωρίς αμφιβολία,άλλοι παίκτες γρήγορα θα κάνουν υψηλοτέρα χτυπήμα-
τα,υπολογίζοντας ότι το μικρότερο κέρδος αξίζει ακόμη τον κόπο.Σύντομα, θα υπάρχει μια
σειρά χτυπημάτων.Τα προβλήματα για τους παίκτες αρχίζουν όταν τα χτυπήματα βρίσκο-
νται στα 99 λεπτά.Ο παίκτης που έκανε το προηγούμενο χτύπημα –ας πούμε 98 λεπτά-θα
χάσει τα χρήματα του εκτός αν προσφέρει ένα ευρώ.Προφανώς,από την δική τους πλευρά,
είναι καλυτέρα να πατσίσουν παρά να χάσουν 98 λεπτά επειδή δεν χτύπησαν.Αλλά ένα
τέτοιο χτύπημα βάζει τον παίκτη που έκανε το χτύπημα των 99 λεπτών στην ίδια κατάστα-
ση.Καλύτερα να προσφέρει 1.01 λεπτά,που σημαίνει απώλεια 99 λεπτά.Το σκεπτικό μπορεί
να συνεχιστεί επ’ αόριστον με μοναδική κερδισμένη την Αγγέλα.Το ερώτημα είναι:θα βγά-
λει η Αγγέλα χρήματα;Υπάρχει κάποιος τρόπος οι παίκτες να βγουν από το αδιέξοδο που
τους οδήγησε;
Το σενάριο επινοήθηκε από τον Σούμπικ για να καταδείξει ότι φαινομενικά παράλογη
συμπεριφορά μπορεί να είναι το αποτέλεσμα μιας σειράς λογικών βημάτων.Λειτουργεί
επειδή από την στιγμή που έχουν γίνει δύο χτυπήματα,συμφέρει πάντα όποιον έχει το δεύ-
τερο μεγαλύτερο να χτυπήσει το τρέχον μεγαλύτερο χτύπημα.Όμως η συνέπεια αυτού είναι
η θέση του δευτέρου πλειοδότη χειροτερεύει.Υπάρχει τρόπος να ξεπεράσετε σε πανουργία
την δημοπράτη Αγγέλα.Είναι δυνατόν η δημοπράτης να χάσει,για παράδειγμα,αν γίνει
χτύπημα 1 λεπτό χωρίς να ακολουθήσει άλλο χτύπημα.Λαμβάνοντας υπόψιν την ανθρώπι-
νη φύση η Αγγέλα ποντάρει εκ του ασφαλούς.Μην ξεχνάμε ότι δεν υπάρχει ασφαλής τρό-
πος για να κερδίσει ένας παίκτης(είναι προφανές ότι δεν μπορεί να ελέγξει τους άλλους
παίκτες).
Η καλύτερη ευκαιρία για να κερδίσει είναι να κάνει ένα χτύπημα μεγαλύτερο από το προ-
ηγούμενο κατά 99 λεπτά,το οποίο σημαίνει ότι ο δεύτερος μεγαλύτερος πλειοδότης δεν θα
κερδίσει τίποτα να συνεχίσει.(Για παράδειγμα,αν ο παίκτης Α κάνει ένα χτύπημα 50 λεπτά
και ο παίκτης Β χτυπήσει 1.49,ο παίκτης Α θα χάσει 50 λεπτά αν δεν ξαναχτυπήσει, και θα
χάσει 50 λεπτά αν χτυπήσει την δημοπρασία-τα 1,50 που θα πληρώσει μείον το 1 ευρώ που
θα κερδίσει.Με άλλα λόγια, δεν κερδίζει τίποτα αν συνεχίσει την δημοπρασία).Ο πλειοδό-
της που θα κερδίσει δεν βγάζει κέρδος,άλλα τουλάχιστον μπορεί να τερματίσει την δημο-
πρασία αρχίσει να χάνει χρήματα ανεξέλεγκτα.

Χόνζι Σουιτζάκου

93.Το παράδοξο του Τρίστραμ Σάντι και ο Μπέρτραντ Ράσελ!
Είναι πολύ γνωστό το παράδοξο του Γαλιλαίου που ισχυρίζεται ότι το πλήθος των
φυσικών αριθμών είναι το ίδιο με το πλήθος των τετραγώνων τους και το αποδεικνύει
με μια ένα προς ένα αντιστοιχία κάθε φυσικού αριθμού με το τετράγωνο του.
1→12
=1
2→22
=4
3→32
=9
4→42
=16
.
.
Ο Άγγλος μαθηματικός Μπέρτραντ Ράσελ-στο βιβλίο του «The Principles of
Mathematics»-βάσισε ένα παραπλήσιο παράδοξο στο φανταστικό πρόσωπο του
Tristram Shandy.Ο Τρίστραμ Σάντι είναι ο κεντρικός ήρωας στο βιβλιο του Λόρενς
Στερν με τίτλο «Η ζωή και οι απόψεις του ιππότη Τρίστραμ Σάντι»,που εκδόθηκε το
1760.Το παράδοξο λέει το εξής:
Ο Τρίστραμ Σάντι έκανε δυο χρόνια για να γράψει την ιστορία των δυο πρώτων ημε-
ρών της ζωής του και παραπονιόταν ότι, με αυτό τον ρυθμό,το υλικό θα συσσωρευόταν
πιο γρήγορα από ότι θα ήταν σε θέση να το χρησιμοποιήσει. επομένως, δεν θα μπο-
ρούσε να το τελειώσει ποτέ.Ωστόσο, άν ζούσε αιωνίως και δεν σταματούσε αυτήν την
εργασία,κανένα μέρος της αυτοβιογραφίας του δεν θα έμενε άγραφο.Η συγγραφή θα
είχε ως εξής:
Έτος συγγραφής Γεγονότα που κάλυψε
1720 1 Ιανουαρίου 1700
Βλέπουμε ότι υπάρχει ένας χρόνος για κάθε μέρα αφήγησης.Εάν,ο Σάντι ήταν αθά-
νατος,όπως υποθέσαμε,το έτος 2013,θα περιέγραφε μόλις τα γεγονότα του Οκτωβρί-
ου του 1720.Ο Ράσελ παρατηρεί ότι κάθε μέρα θα έχει αντιστοιχία σε μια άλλη μελ-
λοντική ημερομηνία,όπου και θα περιέγραφε τα παλιά βιώματα του.Επομένως,κανένα
μέρος της βιογραφίας του δεν θα έμενε άγραφο.Ωστόσο,ο Σάντι καθυστερεί το γράψι-
μο όλο και περισσότερο.Για κάθε έτος που γράφει,απομακρύνεται 364 χρόνια από την
ολοκλήρωση.Ανεξάρτητα από το παράδοξο και την επικείμενη αθανασία του Ιππότη
για να ολοκληρώσει την βιογραφία του,το βιβλίο του Στέρν είναι εξαιρετικό και συνί-
σταται για όλους πλην των γραφειοκρατών με μωβ γλώσσα,όσων δεν γνωρίζουν ανά-
γνωση και των ροζ παπαγάλων που ομιλούν την Ισπανική!
Με έπεισες,θα το δια-
βάσω..

94. Το παράδοξο της Ωραίας Κοιμωμένης,πιθανότητες που ζαλίζουν...
Roland Risse (German, 1835-1900), "Sleeping Beauty
Πιθανότητες.Πλασέμπο αδυναμίας λήψης απόφασης.
Μήτσος, ιδιοκτήτης πρακτορείου
των
Όλοι γνωρίζουν το πρόβλημα του Monty Hall και το μύθο που το συνοδεύει,ένα άλ-
λο πρόβλημα πιθανοτήτων που εγείρει ανάλογες έριδες είναι το παράδοξο της Ωραίας
Κοιμωμένης.
Η διατύπωση του έχει ως εξής:
Την Κυριακή θα δώσουν ένα φάρμακο στην ωραία κοιμωμένη που την κοιμίζει .Θα
στρίψουν ένα νόμισμα, αν δείξει κορώνα,θα την ξυπνήσουν την Δευτέρα,θα της κά-
νουν μια ερώτηση και το πείραμα θα τελειώσει.Αν δείξει γράμματα,θα την ξυπνήσουν
την Δευτέρα, θα της κάνουν μια ερώτηση και μετά θα της δώσουν άλλη μια δόση από
το φάρμακο.Μετά θα την ξυπνήσουν την Τρίτη θα της κάνουν μια ερώτηση και το
πείραμα θα τελειώσει.Παρότι έχουν εξηγήσει στην ωραία κοιμωμένη όλες τις λεπτο-
μέρειες του πειράματος,δεν θα έχει τρόπο να γνωρίζει στην διάρκεια της ερώτησης
,ποια μέρα είναι. Το φάρμακο,επίσης,προκαλεί μια ελαφρά απώλεια μνήμης οπότε
γνωρίζει ότι δεν θα είναι δυνατό να θυμάται τυχόν προηγούμενο ξύπνημα στην διάρ-
κεια του πειράματος (αν συμβεί τέτοιο).
Στο ξύπνημα όποια μέρα και αν γίνει ,την ρωτούν:
Κατά την εκτίμηση της,ποια είναι η πιθανότητα το νόμισμα να έδειξε κορώνα;

Το πρόβλημα της ωραίας κοιμώμενης,όπως αποκαλείται το πείραμα, είναι ένας σχετι-
κά περίπλοκος γρίφος της θεωρίας των πιθανοτήτων.Έχει τις ρίζες του σε ένα παλιότε-
ρο πρόβλημα που έκανε την εμφάνιση του ,το 1997,στο περιοδικό Games and
Economic Behaviour με τον τίτλο «Ο αφηρημένος οδηγός » (TheAbsent Minded
Driver) και είναι δημιουργία των οικονομολόγων Michele Piccione και Ariel
Rubinstein .
Υπάρχουν δυο μονοπάτια σκέψης που μπορούμε να ακολουθήσουμε όσο αφορά την
ερώτηση. Στο πρώτο εστιάζουμε στο γεγονός ότι η πορεία του πειράματος–είτε την
ξυπνήσουν μια είτε δυο φορές–θα καθοριστεί από μια και μοναδική ρίψη ενός νομί-
σματος.Στο δεύτερο παρατηρούμε το μοτίβο με το οποίο θα την ξυπνήσουν: μια φορά
αν έρθει κορώνα και δυο φορές αν έρθει γράμματα.
Ειδικότερα:
● Στην πρώτη προσέγγιση σκεπτόμαστε ότι υπάρχει 50% πιθανότητες το νόμισμα να
έρθει κορώνα, το σκεπτικό εδώ είναι ότι η Ωραία κοιμωμένη όταν ξυπνά γνωρί-
ζει μόνον ότι της έχουν στρίψει ένα νόμισμα, και ότι έφερε κορώνα ή γράμμα-
τα.Τίποτα στην κατάσταση που βρίσκεται δεν της δίνει καινούργια στοιχεία ως προς
τις πιθανότητες,οπότε θα πρέπει να υποθέσει ότι οι πιθανότητες να δείξει κορώνα το
νόμισμα είναι 1 προς 2.
● Στην δεύτερη προσέγγιση η Ωραία Κοιμωμένη πρέπει να καταλήξει ότι οι πιθανό-
τητες να έρθει κορώνα είναι 1 στις 3.Φανταστείτε ότι αυτό το πείραμα έχει διεξαχθεί
200 φορές .Ένα νόμισμα αναμένεται θα φέρει 100 φορές κορώνα και 100 φορές
γράμματα.Εδώ ο κρίσιμος παράγων είναι ότι από την οπτική της ωραίας κοιμώμε-
νης,θα ξυπνήσει δυο φορές πιο συχνά αν το νόμισμα δείξει γράμματα από ότι αν δείξει
κορώνα.
Αποτέλεσμα
ρίψης
Αριθμός ρί-
ψεων
Ξυπνήματα
την δευτέρα
ξυπνήματα την
τρίτη
Σύνολο ξυπνη-
μάτων
ΚΟΡΩΝΑ 100 100 - 100
ΓΡΑΜΜΑΤΑ 100 100 100 200
Ο πίνακας μας δείχνει ότι αν το πείραμα διεξήχθη 200 φορές , η Ωραία κοιμωμένη θα
ξυπνήσει 100 φορές αν έρθει κορώνα ,σε σύγκριση με 200 φορές αν έρθει γράμματα
.Αυτό μας υποδεικνύει ότι πρέπει η ωραία κοιμωμένη να υπολογίσει ότι η πιθανότητα
το νόμισμα να έδειξε κορώνα είναι 1 στις 3.
Όπως και το πρόβλημα του Monty Hall οι γνώμες διχάζονται , μάλιστα σε ένα ιστό-
τοπο χαρακτήριζε τους υποστηρικτές του 1/2, halfers και τους υποστηρικτές του
1/3,thirders.

95.Παράδοξο;
Ρέιμοντ Σμούλιαν
Ένα παράδοξο από τον Ρέιμοντ Σμούλιαν που το παρουσίασε στην πρώτη συγκέ-
ντρωση προς τιμήν του Μάρτιν Γκαρντνερ :
Έστω δυο θετικοί αριθμοί , α και β . Ο ένας είναι διπλάσιος από τον άλλο αλλά δεν
γνωρίζουμε ποιος από τους δυο είναι ο μεγαλύτερος.
-Αν ο α είναι μεγαλύτερος από τον β, τότε προφανώς α=2β άρα η "αριθμητική υπερο-
χή" του α από τον β ισούται με β. Από την άλλη , αν ο β είναι μεγαλύτερος από τον α,
τότε α=0.5β , και η αριθμητική υπεροχή του β από τον α είναι β-0.5β=0.5β. Προ-
φανώς και ισχύει ότι β είναι μεγαλύτερο από το 0.5β, άρα γενικεύοντας μπορούμε να
ισχυριστούμε ότι η αριθμητική υπεροχή του α από το β , αν α είναι μεγαλύτερη από το
β , είναι μεγαλύτερη από την αριθμητική υπεροχή του β από το α ,αν β μεγαλύτερο του
α.
-Έστω δ η διαφορά ανάμεσα στα α,β. Από υπόθεση η διαφορά είναι ιση με τον μικρό-
τερο από τους δυο αριθμούς .Άρα μπορούμε να ισχυριστούμε η αριθμητική υπεροχή
του α από τον β, αν α μεγαλύτερος του β είναι ιση με την αριθμητική υπεροχή του β
από το α, αν β μεγαλύτερο του α.
Παρατηρείτε ότι έχουμε αντιφατικά συμπεράσματα. Ο Σμουλίαν ευφυώς «μπουρ-
δουκλώνει» τους ισχυρισμούς του και καταλήγει σε αντίφαση.

96.Ο Niels Bohr και το παράδοξο του πιστολά!
Ο Niels Bohr-o νομπελίστας φυσικός-είχε αδυναμία στις
ταινίες Γουέστερν.Βέβαια,είχε κάποιες ενστάσεις.
Έλεγε σε ένα φίλο του ότι,όλα σε αυτές τις ταινίες είναι
εξαιρετικά απίθανα:«…μπορώ να δεχτώ ότι ο κακός
απαγάγει το κορίτσι,μπορώ επίσης να δεχτώ ότι η γέφυρα
που περνούν καταρρέει αν και είναι
απίθανο,ότι η ηρωίδα γραπώνεται από την γέφυρα και
περιμένει τον ήρωα να φτάσει με το άλογο να την
σώσει-επίσης απίθανο-αλλά μπορώ να το δεχθώ επίσης.
Όμως ένας τύπος με κάμερα που τα κινηματογραφεί όλα
αυτά,αυτό είναι εξωφρενικό.»
Ο Bohr,αντίθετα,ενέκρινε τις σκηνές των μονομαχιών που ο κακός τραβούσε πρώτος
πιστόλι και ο ήρωας παρότι τραβούσε δεύτερος κατόρθωνε να πυροβολήσει πιο γρήγο-
ρα και να τον σκοτώσει.Απέδιδε στο γεγονός ότι ο κακός είχε την ελεύθερη βούληση
να τραβήξει πρώτος,ενώ ο ήρωας βασιζόταν στα αντανακλαστικά του και είχε πολύ πιο
ταχύτερη απόκριση.
«Διαφώνησα με αυτή του τη θεωρία» έγραφε o George Gamow,«την άλλη μέρα πήγα
σε ένα κατάστημα παιχνιδιών και αγόρασα δυο πιστόλια.Ο Bohr αναπαρέστησε την μο-
νομαχία με μένα και αρκετούς φοιτητές παίζοντας τον ήρωα.Τους κέρδισε όλους.»
Η εξήγηση που προτιμούσε να δίνει ο Bohr σε αυτό το «παράδοξο του πιστολά» επι-
βεβαιώθηκε από μια έρευνα επιστημόνων στο Πανεπιστήμιο του Μπέρμιγχαμ: οι άν-
θρωποι κινούμαστε πιο γρήγορα όταν αντιδρούμε σε κάτι, παρά όταν εκτελούμε προ-
σχεδιασμένες ενέργειες.
Πιο συγκεκριμένα,μία πράξη που γίνεται ως αντίδραση είναι κατά 21 χιλιοστά του
δευτερολέπτου πιο γρήγορη από μία προσχεδιασμένη πράξη.Σε ορολογία γουέστερν,
αυτό σημαίνει πως όποιος τραβάει τελευταίος όπλο,το κάνει πιο γρήγορα.Αλλά αυτό
δεν σημαίνει ότι πρέπει κανείς να περιμένει από τον αντίπαλο να κάνει την πρώτη κί-
νηση: το πλεονέκτημα της πιο γρήγορης αντίδρασης,χάνεται από τα 200 χιλιοστά του
δευτερολέπτου που χρειάζεται ο εγκέφαλος για να παρατηρήσει πως ο εχθρός τραβάει
όπλο.Επιπλέον,οι ενέργειες που γίνονται ως αντίδραση σε κάτι είναι λιγότερο ακριβείς
από τις προσχεδιασμένες.
Niels Bohr
(1885-1962)

97.Ενα παράδοξο στατιστικής του Γ. Ρότζερς
Ο Γουίλιαμ Ρότζερς (1879 – 1935) ήταν Αμερικανός
κωμικός ηθοποιός και όπως οι περισότεροι κωμικοι,έν
αγνοία του φερέφωνο αλήθειας και συγκεκριμενα μιας
στατιστικής ανορθόδοξης αλήθειας. Σατίριζοντας τα κοι-
νωνικά και πολιτικά δρώμενα την εποχή του μεσοπολέ-
μου σε μια παράσταση του,φέρεται να είπε:
Όταν οι Okies- αυτόχθονες ινδιάνοι της Οκλαχόμα- μετα-
νάστευσαν από την Οκλαχόμα στην Καλιφόρνια, ανέβηκε
ο δείκτης ευφυΐας και στις δύο πολιτείες!
Ο Ρότζερς σατιρίζοντας το επίπεδο ευφυΐας των Ινδιά-
νων αλλά και των κατοίκων της Καλιφόρνια και μη μπο-
ρώντας να ξεχωρίσει ποιό είναι πιο χαμηλό, δημιούργησε
εν αγνοία του ένα παράδοξο που έκτοτε φέρει το όνομα
του.Πιο συγκεκριμένα.
Φανταστείτε δυο κρατίδια τo Χαζικιστάν και την Εξυπνολάνδη έχουμε καταγράψει το
μέσο δείκτη ευφυΐας κάθε κρατιδίου, έστω ότι μια ομάδα ατόμων από τη Εξυπνολάν-
δη μεταναστεύει στο Χαζικιστάν. Καταγράφουμε το νέο μέσο δείκτη ευφυΐας του Χα-
ζικιστάν και βλέπουμε ότι ανέβηκε αναμένουμε λοιπόν ότι ο μέσος δείκτης της Εξυ-
πνολάνδης θα έχει μειωθεί.Δεν είναι βέβαιο!
Ας δούμε ένα παράδειγμα και ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι:
Το Χαζικιστάν αποτελούνταν μόνο από τρία άτομα με δείκτες ευφυΐας 75,80,85 με
μέσο όρο 80.Η Εξυπνολάνδη αποτελείται μόνο από τρία άτομα με δείκτες ευφυΐας
90,120,125 με μέσο όρο 111,6.Αν το άτομο με δείκτη ευφυΐας 90 μετακινηθεί από την
Εξυπνολάνδη στο Χαζικιστάν τότε:
Χαζικιστάν: 75,80,85,90 με μέσον όρο ευφυΐας 82,5
Εξυπνολάνδη :120,125 με μέσον όρο ευφυΐας 122,5
Βλέπουμε ,ότι η μετακίνηση του 90 είχε σαν αποτέλεσμα να αυξηθούν οι μέσοι δείκτες
ευφυΐας και των δυο κρατιδίων !!Το παράδοξο αυτό φαινόμενο δημιουργείται, όταν ο
αριθμός που μετακινείται πρέπει να είναι μικρότερος από τον μέσο όρο του συνόλου
αφετηρίας αλλά ταυτόχρονα μεγαλύτερος από τον μέσο όρο του συνόλου που καταλή-
γει.Εδώ πράγματικα, ο αριθμός 90 είναι μικρότερος από τον μέσον όρο ευφυΐας της
Εξυπνολάνδης (111,6) αλλά ταυτόχρονα μεγαλύτερος από τον μέσον όρο ευφυΐας του
Χαζικιστάν (80).Ηθικό δίδαγμα.Δεν πρέπει να εμπιστευεστε την στατιστική.

98. Catch 22
Το «Catch 22» είναι ένα θρυλικό αντιπολεμικό μυθιστόρημα-σάτιρα του σατυ-
ρικού συγγραφέα Τζόζεφ Χέλλερ. Στο έργο του Χέλλερ υπάρχει μια κλασσική λο-
γική πλάνη που πήρε και το όνομα της από τον τίτλο του βιβλίου. Catch 22 ένας
όρος που έγινε συνώνυμος με μια κατάσταση που προϋποθέτει τον..εαυτό της. Αν
δούμε λίγο την υπόθεση,μαθαίνουμε ότι ο ήρωας του βιβλίου, ο Γιοσάριαν-είναι
πιλότος βομβαρδιστικού στον β παγκόσμιο πόλεμο- θέλει να μην ξαναπετάξει σε
κάποια αποστολή. Για να δοθεί τέτοια εντολή θα πρέπει να εξεταστεί επίσημα από
τον γιατρό της μοίρας και να βρεθεί ακατάλληλος για να πετάξει. Κάθε πιλότος
που θα ήθελε να πετάξει σε τέτοιες επικίνδυνες αποστολές θα βρισκόταν ακατάλ-
ληλος να πετάξει, αφού θα ήταν τρελός για να θέλει. Αλλά για να εξεταστεί επίση-
μα ο Γιοσάριαν θα έπρεπε να το ζητήσει και άρα δε θα ήταν τρελός αφού δε θα
ήθελε να πετάξει σε τέτοιες επικίνδυνες αποστολές.
Όμως,όποιος δε θέλει να πετάξει δεν είναι τρελός. Άρα,κάθε πιλότος που ζητάει
να εξεταστεί, είναι λογικός και άρα μπορεί να πετάξει, ενώ όποιος δε ζητάει να
εξεταστεί δε μπορεί ποτέ να βρεθεί τρελός και άρα θα συνεχίσει να πετάει. Αυτό
είναι η ουσία της κατάστασης που ο συγγραφέας ονομάζει Catch-22.Μια κατάστα-
ση που εξασφαλίζει πως κανείς δε θα βρεθεί εκτός υπηρεσίας, ακόμα κι αν είναι
εντελώς ανισόρροπος. Μια κυκλική εναλλαγή επιλογών που όλες οδηγούν στην
ήττα.Αν είστε νέος ή
νέα και ψάχνετε ερ-
γασία ,το Catch 22
είναι η νέμεση σας. Τι
συμβαίνει στην αγορά
εργασίας; Αναζητά
ένας νέος δουλειά
αλλά όλοι οι εργοδό-
τες του απαιτούν να
έχει εργασιακή εμπει-
ρία όμως για να έχει
εργασιακή εμπειρία
θα πρέπει να έχει
δουλέψει. Το Catch-
22 αποτελεί το ευαγ-
γέλιο κάθε ευσυνείδη-
του γραφειοκρά-
τη.Νομίζω ότι ο Στά-
θης Ψάλτης τα λέει
πολύ καλύτερα:

99.Διαίρεση με το μηδέν και μια απόδειξη ότι ο περιπτεράς της γειτονιάς σας είναι
καρότο
Ολόκληρος ο ορατός κόσμος …είναι μια άπειρη σφαίρα που
το κέντρο της είναι παντού και η περιφέρεια της πουθενά
,έγραφε ο Βλάσιος Πασκάλ στους περίφημους Στοχασμούς
του, το 1660.
Το μηδέν,χαΐνης από φυσικού,δεν πειθαρχεί σε όλους τους
κανόνες των αριθμών.O ινδος μαθηματικός Βραχμαγκούπτα
δεν μπόρεσε να χειριστεί την διαίρεση ενός αριθμού με το
μηδέν. Ο μεταγενέστερος του επίσης ινδός μαθηματικός Μπασκάρα ισχυρίστηκε ότι
όσο μικρότερος είναι ο διαιρέτης σε μια διαίρεση τόσο μεγαλύτερο είναι το πηλίκο
που προκύπτει άρα όταν διαιρούμε το 3 με το 0 ουσιαστικά το χωρίζουμε σε άπειρα
κομμάτια άρα το αποτέλεσμα 3/0 είναι το άπειρο. Η απάντηση του όμως είναι λανθα-
σμένη.
Πως είναι δυνατό να συγκεντρώσουμε μια άπειρη ποσότητα από τίποτα και να πάρουμε
το 3;
Τι συμβαίνει; Απλά η διαίρεση δεν εκτελείται, δεν υπάρχει αποτέλεσμα. Δεν υπάρχει
αριθμός που να πολλαπλασιάσαμε με το 0 και το αποτέλεσμα να είναι 3.Αυτη καθαυτή
η αδυναμία της διαίρεσης με το μηδέν οδηγεί σε πολλά παράδοξα. Ο Charles Seife στο
βιβλίο του «Μηδέν. Η βιογραφία μιας επικίνδυνης έννοιας» γράφει χαρακτηριστικά:
«Η διαίρεση με το μηδέν ...σας δίνει τη δυνατότητα να αποδείξετε,μαθηματικά οτιδήποτε
στο σύμπαν. Μπορείτε να αποδείξετε ότι 1 +1 = 42, και από εκεί μπορείτε να αποδείξετε
ότι ο Τ.Ε. Χούβερ είναι ένας εξωγήινος, ότι ο Γουίλιαμ Σαίξπηρ ήρθε από το Ουζμπεκι-
στάν, ή ακόμα και ότι ο ουρανός είναι πουά.»
Για του λόγου το αληθές.Θα δείξουμε ότι ο περιπτεράς της γειτονιάς σας εί-
ναι…καρότο.
Υποθέτουμε ότι α=1 και β=1, για τις τιμές αυτές ισχύει η ισότητα : β2
=αβ (1)
Εφόσον το α ισούται με τον εαυτό του:
α2
=α2
(2)
Αφαιρούμε κατά μέλη τις (1) ,(2) και παραγοντοποιούμε τα δυο μέλη:
(2)-(1): α2
-β2
=α2
–αβ ή
(α –β)(α+β)= α(α–β) (3)
Διαιρούμε κατά δυο μέλη με τον παράγοντα α-β και προκύπτει:
(α β)(α β) α(α β)
α β α β 0
α β α β
  
     
 
Αρχικά όμως υποθέσαμε ότι β 1
 οπότε, προκύπτει
0 1
 (4)
Γνωρίζουμε ότι ο περιπτεράς είχε ένα κεφάλι αλλά από την ισότητα (4) ένα ίσον κα-
νένα οπότε δεν έχει κεφάλι.Ο περιπτεράς δεν έχει κανένα μίσχο με φύλλα αλλά από
την ισότητα (4) έχει ένα μίσχο με φύλλα.

Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη της ισότητας (4) με το 2 και έχουμε 0 2
 (5)
Ο περιπτεράς έχει δυο χέρια αλλά 2=0 όποτε ο περιπτεράς δεν έχει χέρια .Ομοίως α-
ποδεικνύουμε ο περιπτεράς δεν έχει δυο πόδια.
Το ερώτημα είναι , ποιο είναι το χρώμα του περιπτερά. Γνωρίζουμε ότι το λευκό φως
πέφτει στα αντικείμενα και αυτά απορροφούν κάποια μήκη κύματος και ανακλούν άλ-
λα ,αυτά που ανακλούν δίνουν τον χρωματισμό του αντικείμενου. Έτσι το φως πέφτει
πάνω στον περιπτερά και αυτός επανεκπέμπει φωτόνια. Ας πάρουμε ένα οποιοδήποτε
από αυτά τα φωτόνια.Πολλαπλασιάσουμε την ισότητα 0=1 με το μήκος κύματος των
φωτονίων που εκπέμπει ο περιπτεράς, και προκύπτει:
(Μήκος κύματος φωτονίου περιπτερα)=0 (6) .
Πολλαπλασιάζουμε την ισότητα (6) με το 640 και προκύπτει:
640=0 (7)
Από την (7) και την (8) προκύπτει:
(Μήκος κύματος φωτονίου περιπτερα)=640 nm
Από την τελευταία ισότητα αντιλαμβανόμαστε ότι το κάθε φωτόνιο που εκπέμπει ο
περιπτεράς ισούται με 640 nm άρα το χρώμα του είναι πορτοκαλί. Ανακεφαλαιώνουμε:
Ο περιπτεράς δεν έχει κεφάλι, χέρια ούτε πόδια έχει μίσχο με φύλλα και είναι χρώμα-
τος πορτοκαλί άρα πρόκειται για καρότο. Όλα αυτά γιατί διαιρέσαμε με τον όρο α-β
που ισούται με μηδέν. Δεν είναι παράξενο λοιπόν που οι περιπτεράδες τρέμουν τα κου-
νέλια.
Απολαυστικός Αρκάς στα Μαύρα για Καρτέσιο

100.Τρεις υποψήφιοι γαμπροί, τρεις υποψήφιοι ηθοποιοί και τρία ζάρια. Το πα-
ράδοξο της μετάβασης!
Άλλωστε τι είναι ένα παράδοξο;Απαντώ,μια αλήθεια
που διαμαρτύρεται εντόνως !
Βάρδος Σλόγκαν (1720 - )
Έχω μια αδυναμία στις ποδοσφαιρικές-πολιτικές αντιπα-
ραθέσεις, γίνονται επί ματαίω και είναι πολύ εύκολο εκ των
υστέρων για τον καθένα να επισημαίνει λάθη και παραλεί-
ψεις. Οποιοσδήποτε έχει βρεθεί σε ποδοσφαιρικό ή πολιτικό
πηγαδάκι γνωρίζει καλά ότι οι αναλύσεις και τα επιχειρήμα-
τα που προτάσσονται είναι επιπέδου γυμνασιακού σχολικού
προαύλιου ,η επιτομή των στέρεων επιχειρημάτων. Ακλό-
νητα επιχειρήματα του τύπου: «Ο Ολυμπιακός είχε κερδίσει
την ΑΕΚ ,η ΑΕΚ είχε κερδίσει τον Παναθηναϊκό άρα είναι
λογικό και επόμενο αν παίξει ο Ολυμπιακός με τον Πανα-
θηναϊκό να τον κερδίσει».
Είναι έτσι; Τώρα, για να πούμε την αλήθεια, μοιάζει απο-
λύτως εύλογο και συνάδει με την διαίσθηση μας, η άποψη ότι οι προτιμήσεις ενός ορ-
θολογικού ατόμου είναι πάντα μεταβατικές. Δηλαδή , αν ένα άτομο προτιμά το Α από
το Β και επίσης προτιμά το Β από το Γ, και είναι πλήρως ορθολογικό, τότε προτιμά το
Α από το Γ. Ας υποθέσουμε ότι η Μαρία σκέπτεται τον γάμο (εξαιρετικά πρωτότυπο).
Προτιμά να παντρευτεί το Σταύρο από τον Γρηγόρη, καθώς είναι βέβαιο ότι βρίσκει
τον Σταύρο πιο ενδιαφέροντα από τον Γρηγόρη. Επίσης προτιμά να παντρευτεί τον
Σταύρο από τον Γρηγόρη , καθώς τον βρίσκει πιο ενδιαφέροντα από τον Γρήγορη.
Επίσης, η Μαρία προτιμά να παντρευτεί τον Γρήγορη από τον Γιώργο, γιατί ο Γρήγο-
ρης είναι πολύ πιο ενδιαφέρων από τον Γιώργο. Ωστόσο, στην πραγματικότητα, σε μια
επιλογή μεταξύ του Σταύρου και του Γιώργου, η Μαρία θα επέλεγε τον Γιώργο, που
είναι πολύ λιγότερο ενδιαφέρων, αλλά και πολύ πλουσιότερος. Η Μαρία είναι ιδιοτε-
λής είναι όμως ανορθολογική;
Ας υποθέσουμε ότι ο Μπρους Τατσίνο, ο Μάρλον Μπενίρο και ο Κλιντ Ίπογουντ είναι
υποψήφιοι για το όσκαρ Μακιγιάζ.
Η καταμέτρηση των ψήφων έδειξε ότι τα 2/3 των ψηφισάντων κριτικών προτιμούν
τον Αλ Τατσίνο από τον Ρόμπερτ Μπενίρο και τα 2/3 προτίμησαν τον Ρόμπερτ Μπενί-
ρο από τον Κλιντ Ιπογουντ. Άρα οι περισσότεροι ψηφοφόροι προτιμούν τον Αλ Τατσί-
νο από τον Κλιντ Ίπογουντ; Όχι κατ΄ ανάγκην.
Αν οι κριτικοί που ψήφισαν κατέταξαν με την ψήφο τους υποψηφίους όπως φαίνεται
παρακάτω, τότε έχουμε ένα καταπληκτικό παράδοξο.
1/3 : Α Β Γ
1/3 : Β Γ Α
1/3 : Γ Α Β
(Α: Τατσίνο, Β: Μπενίρο Γ: Ίπογουντ)

Οι τρεις υποψήφιοι δηλώνουν:
Αλ Τατσίνο : Τα 2/3 των ψηφοφόρων προτιμούν εμένα από τον Ρόμπερτ Μπενίρο.
Ρόμπερτ Μπενίρο : Τα 2/3 των ψηφοφόρων προτιμούν εμένα από τον Κλιντ Ίπογουντ.
Κλιντ Ίπογουντ.: Τα 2/3 των ψηφοφόρων προτιμούν εμένα από τον Αλ Τατσίνο.
Ένα ακόμα παράδειγμα που η μεταβατική σχέση δεν ισχύει…..
Μη μεταβατικά ζάρια
Δίνονται τρία ζάρια με έδρες :
Ζάρι Α : 3, 3, 3, 3, 3, 6
Ζάρι Β : 2, 2, 2, 5, 5, 5
Ζάρι Γ : 1, 4, 4, 4, 4, 4
Το σετ των τριών ζαριών παρουσιάζει την εξής περίεργη ιδιότητα.Μακροπρόθεσμα,
σε μια σειρά πολλών ρίψεων ανά ζεύγη, το ζάρι Α φέρνει μεγαλύτερο αποτέλεσμα από
το ζάρι Β , το ζάρι Β φέρνει μεγαλύτερο αποτέλεσμα από το ζάρι Γ και το ζάρι Γ φέρ-
νει μεγαλύτερο αποτέλεσμα από το ζάρι Α. Αν κατασκευάσουμε πίνακα διπλής εισό-
δου για να καταγράψουμε όλα τα δυνατά αποτελέσματα από την ρίψη των ζαριών Α
και Β τότε:
Πίνακας διπλής εισόδου
α :ένδειξη ζαριού Α μεγαλύτερη από την ένδειξη του ζαριού Β
β :ένδειξη ζαριού Β μεγαλύτερη από την ένδειξη του ζαριού Α
Άρα P(A >B)=21/36, P(Β >Α)=15/36 έτσι P(A >B)>P(Β >Α)
Ανάλογα προκύπτει:
Για την ρίψη των ζαριών Β και Γ :P(B >Γ)=21/36 , P(Γ >Β)=15/36 έ-
τσι P(B >Γ)>P(Γ >Β)
Για την ρίψη των ζαριών Γ και Α:P(Γ >A)=25/36 ,P(Α>Γ)=11/36 έ-
τσι P(Γ >Α)>P(Α >Γ)
Σε ένα παιχνίδι δυο παικτών με επιλογή ενός ζαριού από τον καθένα δεν έχει σημασία
ποιο ζάρι θα επιλέξει ο πρώτος παίκτης, ο δεύτερος μπορεί να επιλέξει κάποιο από τα
άλλα δυο που θα του δίνει πλεονέκτημα. Ένα τέτοιο σετ από ζάρια καλείται μη μετα-
βατικό (Nontransitive dice). Καθώς δεν ισχύει η μεταβατική ιδιότητα στις πιθανότητες
για τα αποτελέσματα των ρίψεων.

101.Ένα.. παράδοξο για αριθμούς μεγαλύτερους από 5
Ένα ωραίο παράδοξο πιθανοτήτων από τον μαθημα-
τικό-συγγραφέα E.P.Northrop.
1.Επιλέγεται τυχαία ένας πραγματικός αριθμός –ρητός
είτε άρρητος– ανάμεσα στο 0 και το 10.Ποια είναι η
πιθανότητα να είναι μεγαλύτερος του 5;
2.Επιλέγεται τυχαία ένας πραγματικός αριθμός –ρητός
είτε άρρητος –ανάμεσα στο 0 και το 100.Ποια είναι η
πιθανότητα να είναι μεγαλύτερος του 25;Η απάντηση
σε καθένα από τα δυο ερωτήματα είναι σχετικά απλή.
Στο πρώτο ερώτημα παρατηρούμε ότι ο αριθμός 5 χω-
ρίζει το διάστημα (0,10) σε δυο ισοπλατή διαστήματα,
άρα αν ένας αριθμός επιλεγεί στην τύχη από αυτό το
διάστημα είναι το ίδιο πιθανό να είναι μεγαλύτερος ή
μικρότερος του 5.
Στο δεύτερο ερώτημα βλέπουμε ότι το διάστημα
(25,100) έχει τρεις φορές μεγαλύτερο πλάτος από το
διάστημα ( 0,25) .Έτσι ένας τυχαίος αριθμός ανάμε-
σα στο 0 και 100 είναι τρεις φορές πιθανότερο να επι-
λεγεί από το διάστημα (25,100).
Οπότε η ζητούμενη πιθανότητα στο 1ο
και το 2ο
ερώ-
τημα είναι 1/2 και 3/4 αντίστοιχα.
Από την άλλη όμως παρατηρούμε ότι:
Το τετράγωνο κάθε αριθμού στο διάστημα (0,5) ανήκει στο διάστημα (0,25) ,επίσης
το τετράγωνο κάθε αριθμού στο διάστημα (5,10) ανήκει στο διάστημα (25,100).
Η παρατήρηση αυτή ,όμως δεν καθιστά τόσο απλή την απάντηση στα παρακάτω δυο
ερωτήματα.
3.Ποια είναι η πιθανότητα το τετράγωνο ενός αριθμού που επιλέγεται τυχαία στο διά-
στημα (0,10) είναι μεγαλύτερο από 25;
4. Ποια είναι η πιθανότητα η τετραγωνική ρίζα ενός αριθμού που επιλέγεται τυχαία
στο διάστημα (0,100) είναι μεγαλύτερη από 5;
Τo πανηγύρι τώρα αρχίζει ...τα τετράγωνα των αριθμών στο διάστημα (5,10) καταλαμ-
βάνουν τα τρία τέταρτα του διαστήματος (0,100) ,αλλά ,οι αριθμοί αυτοί καθαυτοί (στο
διάστημα ( 0,5) ) καταλαμβάνουν το μισό του διαστήματος (0,10).
Έτσι η απάντηση στην τρίτη ερώτηση είναι ¾ ή ½;
Η απάντηση στην τετάρτη ερώτηση είναι ¾ ή ½;
Τι έχει συμβεί;Οι απαντήσεις που δόθηκαν είναι αντιφατικές γιατί θεωρήσαμε –
λανθασμένα- ότι τα τετράγωνα και οι τετραγωνικές ρίζες των πραγματικών αριθμών
κατανέμονται ομοιόμορφα στον πραγματικό άξονα όπως και οι ίδιοι οι αριθμοί.

102.Ο κροκόδειλος του Νείλου
Εγω το ειχα βρει ένα καλοκαιρι σε ένα αστυνομικό βιβλίο του Jo Nesbo αλλά η πηγή
είναι ο Λουκιανος.Το παράδοξο του κροκόδειλου υπάρχει από την αρχαιότητα και α-
ναφέρεται στο διάλογο του Λουκιανού "Βίων πράσις" (Vitarum auctio)
Ο Αγοράστης και ο Χρύσιππος συζητούν για τα θαυμάσια και παράξενα που ξέρουν οι
φιλόσοφοι
Ενας κροκόδειλος του Νείλου έχει αρπάξει ένα παιδι που παίζει στο ποτάμι.
Ο πατέρας παρακαλεί και ο κροκόδειλος του λέει :
«Θα αφήσω το παιδί αν καταφέρεις να μαντέψεις σωστά τι θα κάνω!»
Δυστυχώς δεν υπάρχει μία σίγουρη λύση που θα γλυτώσει το παιδί, όπως φαινεται από
τον παρακάτω πίνακα
ΑΝ Ο ΚΡΟΚΟΔΕΙΛΟΣ
ΑΠΟΦΑΣΙΣΕΙ ΝΑ ΤΟ
ΚΑΙ ΑΝ Ο ΠΑΤΕΡΑΣ
ΠΡΟΒΛΕΨΕΙ ΟΤΙ ΘΑ
ΤΟ
ΤΟΤΕ Ο ΚΡΟΚΟ-
ΔΕΙΛΟΣ ΘΑ ΤΟ
1 ΚΡΑΤΗΣΕΙ ΚΡΑΤΗΣΕΙ ;;;;;;;;
2 ΚΡΑΤΗΣΕΙ ΑΦΗΣΕΙ ΚΡΑΤΗΣΕΙ
3 ΑΦΗΣΕΙ ΑΦΗΣΕΙ ΑΦΗΣΕΙ
4 ΑΦΗΣΕΙ ΚΡΑΤΗΣΕΙ ;;;;;;;
Μόνο η περίπτωση 3 έχει σίγουρο (θετικό) αποτέλεσμα (και η περίπτωση 2. σίγουρο
αρνητικό).
Οι περιπτώσεις 1 και 4 οδηγούν σε λογικό αδιέξοδο, ιδιαίτερα η 4. όπου ενώ ο κροκό-
δειλος είχε αποφασίσει να αφήσει το παιδί, δεν θα το κάνει επειδή ο πατέρας έκανε
λάθος μαντεψιά.

103.Το δίλημμα του φυλακισμένου
«Πολιτική:Αλληλοσπαραγμός συμφερόντων, μασκαρεμένος
σε αντιπαράθεση αρχών.Η διαχείριση των δημοσίων υποθέσε-
ων με προσωπικό όφελος.» Αμβρόσιος Πηρς
Εν έτη 1945, στην Αμερική μετά το πέρας του δεύτερου
παγκοσμίου πολέμου,με χρήματα που είχαν περισσέψει από
την πολεμική προσπάθεια ιδρύεται η εταιρεία RAND.Αρχικά
ήταν τμήμα του ερευνητικού προγράμματος Douglas Aircraft αλλά το 1948 επανιδρύ-
θηκε ως μη κερδοσκοπική οργάνωση χρηματοδοτούμενη από τον στρατιωτικό και τον
επιχειρηματικό τομέα.Είναι ένα τυπικό think tank ,μια συγκέντρωση δηλαδή εγκεφά-
λων που η βασική τους δουλειά είναι «να διανοούνται το αδιανόητο».Τα αρχικά Rand
σήμαιναν «έρευνα και ανάπτυξη» με έμφαση στην εθνική στρατηγική σε έναν πυρηνι-
κό κόσμο.Όλοι οι διακεκριμένοι μαθηματικοί των ΗΠΑ στις δεκαετίες του 40 και 50
κάποια εποχή δούλεψαν εκεί.
Ο Τζον Νας,ο μετέπειτα νομπελίστας μαθηματικός τους εισήγαγε σε μια σειρά από
παιχνίδια, που προσομοίωναν πολεμικές συγκρούσεις σε επίπεδο στρατηγικής.Η λογι-
στική του πολέμου μελετήθηκε με ακρίβεια και αναπτύχτηκαν ασφαλείς μηχανισμοί
για την αποτροπή οποιουδήποτε τυχαίου χτυπήματος.Με τον φόβο παρόντα και στις
δυο πλευρές του αναπτυσσόμενου οπλοστασίου, η στρατηγική “οφθαλμός αντί οφ-
θαλμού” δεν είχε νόημα -το πυρηνικό παιχνίδι μπορούσε να παιχτεί μια και μόνο φο-
ρά. Η έντονη αντιπαράθεση των υπερδυνάμεων για δυο γενεές άφησε τα σημάδια της
στον πληθυσμό και στους ηγέτες του. Διανοούμαι το αδιανόητο σήμαινε δεν αφήνω
καμία πλευρά να διαπράξει το αδιόρθωτο. Η RAND λειτουργούσε περισσότερο σαν
πανεπιστήμιο και λιγότερο σαν στρατιωτικός οργανισμός .Οι άνθρωποι της είχαν την
ελευθερία να ακολουθούν τα δικά τους ιδιόρρυθμα στιλ ζωής και η έδρα της ήταν
ανοικτή 24 ώρες το εικοσιτετράωρο.Η RAND είχε μάλιστα και το δικό της εκδοτικό
οίκο.
Το 1954, εξέδωσε το «The Compleat Strategist»του Τζων Ουίλλιαμς.Ένα βιβλίο που
έμελλε να τύχει ευρείας αποδοχής από το αναγνωστικό κοινό. Μια εκλαϊκευτική πα-
ρουσίαση των εφαρμογών της θεωρίας παιγνίων εμπλουτισμένη με αρκετές
σεις μαύρου χιούμορ που ήταν της μόδας στην οργάνωση. Ας μην ξεχνάμε την κυνική
ρήση του Φον Νιούμαν «Βομβαρδίστε την ΕΣΣΔ.» ο οποίος θεωρούσε ότι ο μόνος τρό-
πος αποτροπής ενός πυρηνικού χτυπήματος από ην Σοβιετική ένωση ήταν να χτυπή-
σουν πρώτοι οι Αμερικανοί. Στις μέρες μας υπάρχουν πολλά think tanks που οφεί-
λουν την ύπαρξη τους στην επιτυχία της RAND κανένα από αυτά όμως δεν έχει
στους κόλπους του τόσους πολλούς μαθηματικούς που η μόνη τους δουλειά είναι η
αφηρημένη σκέψη.Σε αυτού του είδους τα στρατηγικά παιχνίδια χρησιμοποιείται η
ορολογία της συνεργασίας και της αποστασίας.Η θεωρία των παιγνίων υπέστη αργότε-
ρα έντονη κριτική λόγω του κυνισμού με τον οποίο αντιμετωπίζει τους ανθρώ-
πους ως άτομα που ενδιαφέρονται μόνο για το δικό τους καλό, αλλά μεταγενέστε-
ρες μελέτες έδειξαν ότι οι στρατηγικές που ακολουθούν οι άνθρωποι στην καθημερι-
νή τους ζωή όντως αντανακλούν την αντίληψη που έχουν για το σχετικό κέρδος.
Σε ένα παιχνίδι μηδενικού αθροίσματος η ισοπαλία αφήνει τους δυο παίκτες στο ση-
μείο από οπού ξεκίνησαν, όταν όμως το παιχνίδι είναι μη μηδενικού αθροίσματος,όπως

το χρηματιστήριο, το κέρδος και η απώλεια είναι σχετικά,και το παιχνίδι έχει να κάνει
περισσότερο με την μεγιστοποίηση του προσωπικού κέρδους παρά με την νίκη κατά
του αντιπάλου. Η συνεργασία είναι πραγματοποιείται σπάνια,μόνο όταν οι δυο πλευ-
ρές κερδίζουν από την συναλλαγή.Χαρακτηριστικό παράδειγμα «το δίλημμα του φυ-
λακισμένου».Το 1950, δύο Αμερικανοί μαθηματικοί, ο Μέριλ Φλουντ και ο Μέλβιν
Ντρέσερ ανακαλύπτουν ένα απλό μαθηματικό μοντέλο σε μορφή παιγνίου στο οποίο οι
δύο παίκτες μπορούν είτε να συνεργαστούν μεταξύ τους είτε να προδώσουν ο ένας τον
άλλον.Τον ίδιο χρόνο, ο μαθηματικός Άλμπερτ Τάκερ (1905-1995), καθηγητής του
νομπελίστα Τζον Νας στο Princeton, απευθυνόμενος σε ψυχολόγους στο πανεπιστήμιο
του Σταντφορντ, χρησιμοποιεί ένα παράδειγμα με φυλακισμένους και ποινές με σκοπό
να κάνει πιο κατανοητό στο κοινό το παίγνιο των Φλουντ και Ντρέσερ. Το δίλημμα
έχει ως εξής:
Δύο άνθρωποι Α και Β είναι ύποπτοι για την τέλεση ενός εγκλήματος.Όμως η αστυνο-
μία δεν έχει επαρκή στοιχεία για την ενοχή τους.Ο ανακριτής καλεί τον Α στο γραφείο
του και του λέει τα εξής. Αν επιρρίψει την ευθύνη στον Β και ο Β δεν μιλήσει θα αφεθεί
ελεύθερος ενώ ο Β θα κάνει 7 χρόνια φυλακή. Αν όμως και ο Β επιρρίψει την ευθύνη
στον Α και οι δύο θα φυλακιστούν για 4 χρόνια. Αν δεν μιλήσει και τον καρφώσει ο Β, οι
όροι αντιστρέφονται.Ο Β θα αφεθεί ελεύθερος και ο Α θα μείνει στη φυλακή για 7 χρόνι-
α. Αν όμως και οι δύο δεν ομολογήσουν θα φυλακιστούν μόνο για ένα χρόνο λόγω έλ-
λειψης στοιχείων.Την ίδια συζήτηση κάνει και με τον Παίκτη Β.Ο Α και ο Β δεν συνα-
ντιούνται και δεν επικοινωνούν μεταξύ τους.Ας έρθουμε λοιπόν στη θέση του Παίκτη Β.
Σκέπτεται:
«Αν ο Α με έχει καρφώσει, εμένα με συμφέρει να τον καρφώσω γιατί αν το κάνω θα
φάω 4 χρόνια ενώ αν δεν το κάνω θα φυλακιστώ 7 χρόνια.Αν δεν με έχει καρφώσει, πάλι
με συμφέρει να τον καρφώσω γιατί θα αφεθώ ελεύθερος ενώ αν δεν το κάνω θα κάτσω
ένα χρόνο στη φυλακή. Άρα ότι και να κάνει ο Α εμένα με συμφέρει να τον καρφώσω.»
Φωνάζει τον δεσμοφύλακα και του λέει ότι θα ομολογήσει και θα ρίξει την ευθύνη στον
Α.Όμως και ο Α σκέφτεται με τον ίδιο τρόπο και τον καρφώνει.Συνεπώς και οι δύο φίλοι
μας θα κάτσουν 4 χρόνια στη φυλακή.
Ήταν όμως λογική η επιλογή τους; Αν σκεφτούμε ότι και οι δύο σκέφτηκαν το συμφέ-
ρον τους,ναι.Και οι δύο έλπιζαν ότι ο άλλος δεν θα μιλούσε και θα αφήνονταν ελεύθε-
ροι.Ο καθένας κοίταζε αποκλειστικά το συμφέρον του .Να κερδίσουν όσο μπορούν
περισσότερα ή έστω να υποστούν όσο το δυνατόν λιγότερη ζημιά. Να όμως που ο εγω-
ισμός τους δεν έφερε το καλύτερο αποτέλεσμα και για τους δύο, δηλαδή να μην καρ-
φώσει ο ένας τον άλλο και να τη γλιτώσουν φτηνά με ένα χρόνο φυλάκισης ο καθένας.
Το Δίλημμα του Φυλακισμένου έγινε ευρέως γνωστό στους επιστημονικούς κύκλους
και απασχόλησε επιστήμονες από πολλούς και διαφορετικούς επιστημονικούς κλά-
δους.Την οικονομία ,την νομική , την ψυχολογία, ακόμα και τη βιολογία.

104.Γάτες,ποντίκια...
Ο Λιουις Κάρολ- στο περιοδικό
Monthly Packet ,τον Φεβρουάριο του
1844,για να καταδείξει την προσοχή
που απαιτείται στην επιλογή και την
χρήση προβλημάτων που
χουν «σύνδεση» με την καθημερινό-
τητα στα μαθηματικά αναφέρει τον
πρόβλημα με τις γάτες και τα ποντίκια.
Το πρόβλημα έχει κάπως έτσι:
Αν 6 γάτες σκοτώνουν 6 ποντίκια σε 6 λεπτά, πόσες γάτες χρειάζονται για αν σκοτώσου-
με 100 ποντίκια σε 50 λεπτά;
Ένας τρόπος είναι να πούμε ότι αν 6 γάτες σκοτώνουν 6 ποντίκια σε 6 λεπτά τότε ο
αριθμός των λεπτών που χρειάζονται για να σκοτωθεί ένα ποντίκι είναι :(6*6)/6=6
λεπτά ανά ποντίκι ,αν έπρεπε να σκοτωθούν 100 ποντίκια απαιτούνται 100*6=600 λε-
πτά. Έχουμε στην διάθεση μας μόνο 50 λεπτά τότε απαιτούνται 600/50 =12 γάτες .
Ας σκεφτούμε τι υπολογίσαμε. Όταν το κυνήγι φτάνει στο τέλος του φτάνουμε στο
σημείο όπου σε 48 λεπτά 96 ποντίκια είναι νεκρά και μένουν ακόμα 4 ποντίκια να
εξολοθρευτούν από τις 12 γάτες σε 2 λεπτά .Πως μπορεί να γίνει αυτό:
Σκεφτείτε την αρχική υπόθεση: 6 γάτες σκοτώνουν 6 ποντίκια σε 6 λεπτά
Αυτό σημαίνει ότι για τα 2 λεπτά που απομένουν και τα 4 ποντίκια έχουμε τις εξής
περιπτώσεις:
Α. Και οι 6 γάτες απαιτούνται για σκοτώσουν 1 ποντίκι σε 1 λεπτό καθώς οι υπόλοι-
πες γάτες κοιτούν περιμένοντας την σειρά τους.
Β.3 γάτες απαιτούνται για να σκοτώσουν ένα ποντίκι και το κάνουν σε 2 λεπτά.
Γ.2 γάτες απαιτούνται για να σκοτώσουν ένα ποντίκι και το κάνουν σε 3 λεπτά.
Δ. Κάθε γάτα σκοτώνει μόνη της 1 ποντίκι και για αυτό χρειάζεται 6 λεπτά.
Αν δούμε όλα τα παραπάνω ενδεχόμενα στην απάντηση που δόθηκε ότι 12 γάτες
σκοτώνουν 100 ποντίκια σε 50 λεπτά .Οι περιπτώσεις Α και Β λειτουργούν όμως στην
περίπτωση Γ έχουμε σουρεαλ καταστάσεις . Μπορεί να λειτουργήσει μόνο αν δε-
χτούμε «μερικούς» θανάτους των ποντικιών ,δηλαδή ότι 2 γάτες σκοτώνουν 2/3 ενός
ποντικιού σε 2 λεπτά. Αναλόγως, η περίπτωση Δ λειτουργεί μόνο αν μια γάτα μπορεί
να σκοτώσει 1/3 ενός ποντικού σε 2 λεπτά.
Ο μόνος τρόπος να επιλυθεί η παραπάνω
παραφωνία είναι να προσθέσουμε επιπλέον
γάτες.Στην περίπτωση Γ λιγότερες από 2
παραπάνω γάτες θα ήταν άχρηστες.
Mε 2 επιπλέον τότε θα είχαν αρχίσει να
σκοτώνουν τα 4 ποντίκια στην αρχή των 50
λεπτών και θα είχαν τελειώσει σε 12 λεπτά,

και θα είχαν τα υπόλοιπα 36 λεπτά χωρίς να κάνουν τίποτα. Στην περίπτωση Δ μια
έξτρα γάτα θα αρκούσε; Βέβαια, Θα σκότωνε 4 γάτες σε 24 λεπτά,αλλά επίσης θα είχε
άλλα 24 λεπτά να ξοδέψει οπότε θα σκότωνε αλλά 4 ποντίκια . Αλλά σε κάθε περίπτω-
ση δεν θα μπορούσε να κυνηγήσει τα τελευταία 2 λεπτά εκτός αν είχαμε ημιθανείς
ποντικούς το οποίο μοιάζει εξαιρετικά βάρβαρο.
Συγκεντρωτικά: Αν 6 γάτες σκοτώνουν 6 ποντίκια σε 6 λεπτά με την μέθοδο Α ή Β
,τότε η απάντηση είναι 12,με την μέθοδο Γ η απάντη-
ση είναι 14 και με την μέθοδο Δ είναι 13.Σε αναζήτη-
ση στο διαδίκτυο εμφανίζονται για το συγκεκριμένο
πρόβλημα 41900000 αποτελέσματα με κάθε είδους
προσεγγίσεις, κάποιες από το υπερπέραν.Σε μια από
αυτές ένα τυπάκος από την Γερμάνια αναφέρει ότι
στα μέρη του 100 ποντίκια εναντίον 12 άντε το πολύ
14 γατών θα είχαν ένα πολύ δυσάρεστο τετελεσμέ-
νο για τις..γατες.
Ένα «αδύνατο» τετράεδρο

105.Ένα παλιό αριθμητικό τρικ με το 9.
Σκεφτείτε έναν αριθμό μεγαλύτερο του 7, έστω το 10 και αρχίζετε να μετράτε από
το σημείο Α αντίστροφα από την φορά των δεικτών του ρολογιού τόσες μονάδες όσες
και ο αριθμός που σκεφτήκατε.Όταν τελειώσουν οι μονάδες του αριθμού και φτάσετε
στην τελευταία κουκίδα.(στο συγκεκριμένο παράδειγμα στο σχήμα είναι το σημείο Γ)
Αρχίστε να μετράτε κατά την αντίθετη φορά κυκλικά,τόσες μονάδες όσες έχει ο α-
ριθμός που σκεφτήκατε αρχικά.Θα καταλήξετε στην κουκίδα Β .Όποιον αριθμό και
αν διαλέξετε μεγαλύτερο του 7 πάντα θα καταλήγετε στην κουκίδα Β. Το τρικ δουλεύ-
ει για οποιοδήποτε αριθμό μεγαλύτερο του 7 και η αιτιολόγηση με την βοήθεια μιας
μεταβλητής δίνεται από το δεξιο σχήμα.

106. Πως κατασκευάζουμε ένα φράκταλ (Von Koch)
Σχεδιάζουμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο και χωρίζουμε την κάθε
πλευρά του σε τρία ίσα μέρη. Με βάση το μεσαίο τμήμα της κάθε
πλευράς σχηματίζουμε προς το εξωτερικό του τριγώνου ένα νέο
ισόπλευρο τρίγωνο και αφαιρούμε την βάση του. Σχηματίζεται
έτσι ένα αστεροειδές με 12 πλευρές η καθεμία όποιες ισούται με
το 1/3 της πλευράς του αρχικού τριγώνου. Επαναλαμβάνουμε την
ίδια διαδικασία στην κάθε πλευρά του νέου σχήματος δημιουργώ-
ντας ένα πιο περίπλοκο αστεροειδές με 48 πλευρές. Επαναλαμβά-
νουμε την διαδικασία επ’ άπειρον, καταλήγουμε σε ένα εξαιρετι-
κά ωραίο και περίπλοκο φράκταλ που φέρει την ονομασί-
α χιονονιφάδα Von Koch (παρατήρησε το σχήμα) Το σχήμα έχει αρκετές απροσδιόρι-
στες ιδιότητες. Αν το αρχικό τρίγωνο είχε πλευρά 1 μονάδα, η περίμετρος του ήταν 3
μονάδες. Αφού σε κάθε νέο βήμα μια πλευρά αντικαθιστάται από τέσσερεις νέες πλευ-
ρές που έχουν μή-
κος το 1/3 της αρχι-
κής, η περίμετρος αυ-
τού του νέου σχήμα-
τος θα ισούται με την
περίμετρο του προη-
γούμενου πολλαπλα-
σιασμένη επί 4/3.
Έτσι το αρχικό τρίγω-
νο έχει περίμετρο 3
μονάδες, το πρώτο
αστέρι 4,το δεύτερο
16/3,περίπου 5,33 το
επόμενο 64/9=7.11
κ.λ.π. Είναι προφα-
νές ότι το τελικό
σχήμα θα έχει άπειρη
περίμετρο! Το εκπληκτικό είναι ότι η άπειρη περίμετρος θα περικλείει ένα πεπερα-
σμένο και σαφώς καθορισμένο εμβαδό. Αποδεικνύεται ότι η χιονονιφάδα του Von
Koch περικλείει εμβαδό όσο με τα 8/5 του εμβαδού του αρχικού τρίγωνου. Στο σχή-
μα που προκύπτει το ίδιο μοτίβο επαναλαμβάνεται ξανά και ξανά. Χονδρικά μπορού-
με να ισχυριστούμε ότι τα φράκταλ παρουσιάζεται ως «μαγική εικόνα» που όσες φορές
και να μεγεθυνθεί οποιοδήποτε τμήμα του θα συνεχίζει να παρουσιάζει ένα εξίσου πε-
ρίπλοκο σχέδιο με μερική ή ολική επανάληψη του αρχικού. Χαρακτηριστικό επομένως
των φράκταλ είναι η λεγόμενη αυτοομοιότητα σε κάποιες δομές τους, η οποία εμφανί-
ζεται σε διαφορετικά επίπεδα μεγέθυνσης. Ο όρος «φράκταλ» προέρχεται από το λα-
τινικό fractio (θραύσμα, κομμάτι), λόγω της κλασματικής διάστασής του, και πρωτο-
χρησιμοποιήθηκε από τον Γάλλο μαθηματικό Μπενουά Μάντελμπροτ.

107.Να βρείτε το λάθος στην ακόλουθη αποδεικτική διαδικασία.
«Να αποδείξετε ότι τα στοιχείa κάθε πεπερασμένου συνόλου είναι ίσα.
Απόδειξη
Χρησιμοποιούμε μαθηματική επαγωγή ως προς το πλήθος ν των στοιχείων τυχαίου
συνόλου.
● Για ν=1,προφανώς η πρόταση είναι αληθής.
● Έστω ότι τα στοιχεία κάθε συνόλου με κ στοιχεία είναι ίσα.
● Αν πάρουμε τώρα τυχαίο σύνολο με κ+1 στοιχεία,τότε, σύμφωνα με το προηγούμενο
βήμα τα κ πρώτα και τα κ τελευταία στοιχεία θα είναι ίσα. Άρα όλα τα στοιχεία είναι
ίσα.»
Το λάθος έγκειται στο γεγονός ότι,αν ένα σύνολο με κ ίσα στοιχεία είναι μονοσύνολο.
Τότε στο τρίτο βήμα το θεωρούμενο σύνολο έχει δυο ακριβώς στοιχεία και το συμπέ-
ρασμα ότι τα στοιχεία του είναι ίσα είναι αβάσιμο.

Βιβλιογραφία (έντυπη και ηλεκτρονική)
1. Ε.Σπανδαγου ,Μαθηματικά παράδοξα και μαθηματικά παιχνίδια,εκδόσεις αίθρα
2.Γκάρντνερ Μ,Το πανηγύρι των μαθηματικών,εκδόσεις Τροχαλία
3.Γκάρντνερ Μ,Τα αινίγματα της σφίγγας, εκδόσεις Κάτοπτρο
4. Κάρολ Λίουις,Μέσα στον καθρέπτη και τι βρήκε η Άλικη εκεί. Εκδόσεις Ερατώ
5. Τ.Στανγκρουμ ,Ο γρίφος του Αϊνστάιν, εκδόσεις Τερζόπουλος
6.Bunch Bryan. Mathematical Fallacies and Paradoxes. Mineola , New York, Dover
Publications, inc. 1997.
7.Clark, M. Paradoxes from A to Z. 2nd Edition. Routledge, Taylor and Francis
Group. Boca Raton, FL. 2007.
8.Gardner Martin. Hexaflexagons, Probability Paradoxes, and the Tower of Hanoi.
The Mathematical Association of America, Cambridge University Press, 2008.
9.Northrop P. Eugene. Riddles in Mathematics, a Book of Paradoxes. D. Van Nostrand
Company, inc. 1944
10.Quine, Willard Van Orman. The Ways of Paradox and Other Essays. Rivised and
Enlarged Edition. Cambridge, Harvard University Press, 1976.
11.Maxwell Edwin A. . Fallacies in Mathematics. Cambridge University Press, 1959.
12.Recreations in the Theory of Numbers, Albert H.Beiler ,Dover Publications
13. Ed Barbeau,Mathematical Fallacies, Flaws, and Flimflam,MAA
14.dimitristsokakis.blogspot.com
15. Μαθηματικά Παράδοξα»,Θεόδωρος Μπόλης,Γεώργιος Τσαπακίδης

Παράδοξα και ψευδοαποδείξεις

More Related Content

What's hot

Similar to Παράδοξα και ψευδοαποδείξεις

More from Θανάσης Δρούγας

Recently uploaded

Παράδοξα και ψευδοαποδείξεις