Σελίδες

Σάββατο 17 Οκτωβρίου 2015

Η επικυκλοειδής και η υποκυκλοειδής καμπύλη

Επικυκλοειδής ονομάζεται μια καμπύλη η οποία προκύπτει ως η τροχιά που ακολουθεί ένα σταθερό σημείο σε έναν κύκλο ακτίνας \(r\), όταν ο κύκλος αυτός κυλάει επί ενός άλλου σταθερού κύκλου ακτίνας \(R\). Όταν ο κύκλος ακτίνας \(r\) κυλάει εσωτερικά στον κύκλο ακτίνας \(R\), τότε η αντίστοιχη καμπύλη ονομάζεται υποκυκλοειδής.
Οι παραμετρικοί τύποι της επικυκλοειδούς και της υποκυκλοειδούς είναι αντιστοίχως οι παρακάτω: \[\left\{ \begin{array}{l} x(t) = (R + r) \cos t - r \cos \left( \dfrac{R + r}{r} t\right)\\ y(t) = (R + r) \sin t - r \sin \left( \dfrac{R + r}{r} t \right)\\ \end{array} \right.,\,\,\,t \in \mathbb{R}\] και \[\left\{ \begin{array}{l} x(t) = (R - r) \cos t + r \cos \left( \dfrac{R - r}{r} t \right)\\ y(t) = (R - r) \sin t - r \sin \left( \dfrac{R - r}{r} t \right)\\ \end{array} \right.,\,\,\,t \in \mathbb{R}\]
Και για τις δύο καμπύλες ισχύουν τα εξής:
  • Εάν ο λόγος \(\dfrac{R}{r}\) είναι ρητός και ισούται με \(\dfrac{\alpha}{\beta}\), όπου \(\alpha,\beta\) θετικοί ακέραιοι και το κλάσμα είναι ανάγωγο, τότε η καμπύλη έχει \(\alpha\) σημεία αιχμής (σημεία στα οποία δεν είναι διαφορίσιμη) και είναι κλειστή.
  • Εάν ο λόγος \(\dfrac{R}{r}\) είναι αρρητός, τότε η καμπύλη δεν είναι κλειστή.
Στα παρακάτω βίντεο αποτυπώνεται ο ορισμός και διάφορα παραδείγματα της επικυκλοειδούς και της υποκυκλοειδούς αντιστοίχως. Στο πρώτο βίντεο η καμπύλη έχει λόγο \(\dfrac{R}{r}=\dfrac{19}{40}\) (επομένως 40 σημεία αιχμής) ενώ στο δεύτερο έχει \(\dfrac{R}{r}=\dfrac{9}{20}\) (επομένως 20 σημεία αιχμής). Στο δεύτερο μέρος του κάθε βίντεο αποτυπώνονται οι αντίστοιχες καμπύλες για διάφορες τιμές του λόγου \(\dfrac{R}{r}\).






Σάββατο 10 Οκτωβρίου 2015

Μια ενδιαφέρουσα τρισδιάστατη καμπύλη

Δημιούργησα ένα βίντεο στο οποίο αποτυπώνεται η γραφική παράσταση μιας καμπύλης που μου κίνησε το ενδιαφέρον. Πρόκειται για την καμπύλη που ορίζεται από τους παραμετρικούς τύπους συντεταγμένων: \[\left\{ \begin{array}{l} x(t) = \sin t + 2\sin 2t\\ y(t) = \cos t - 2\cos 2t\\ z(t) = - \sin 3t \end{array} \right.,\,\,\,t \in [0,2\pi ]\]

Παρακάτω φαίνονται οι προβολές της καμπύλης στα επίπεδα που ορίζονται από τους άξονες συντεγμένων ανά δύο.

Προβολή στο επίπεδο \(xy\)


 Προβολή στο επίπεδο \(xz\) 


 Προβολή στο επίπεδο \(yz\) 


Για την καλύτερη κατανόηση του σχήματος προσπαθήστε, παρακολουθώντας το βίντεο, να υλοποιήσετε την καμπύλη με ένα κορδόνι ή σπάγκο.

Παρασκευή 25 Σεπτεμβρίου 2015

Η δίκη του Γαλιλαίου

Στην παρούσα ανάρτηση φιλοξενείται τμήμα εργασίας του φυσικού-πληροφορικού Ευάγγελου Δάνη, η οποία εκπονήθηκε στα πλαίσια της Μεταπτυχιακής Εξειδίκευσης Καθηγητών Φυσικών Επιστημών στο τμήμα Θετικών Επιστημών του Ελληνικού Ανοικτού Παναπιστημίου.

Ο Γαλιλαίος γεννήθηκε στην Πίζα της Ιταλίας το 1564. Δίδαξε στο Πανεπιστήμιο της Πίζας και στο Πανεπιστήμιο της Πάντοβας, και αργότερα πήρε τη θέση του επίσημου μαθηματικού και προστατευόμενου του Μεγάλου Δούκα της Τοσκάνης. Με το έργο του συνέβαλε σημαντικά στην επιστημονική επανάσταση του 17ου αιώνα.
Μερικά από τα επιτεύγματά του ήταν η βελτίωση του τηλεσκοπίου και η συστηματική χρήση του για αστρονομικές παρατηρήσεις, η μελέτη των νόμων του εκκρεμούς και η υποστήριξη προς την ηλιοκεντρική θεωρία του Κοπέρνικου. Αναφέρεται ως ο «πατέρας της σύγχρονης Αστρονομίας» και θεωρείται ο πρώτος φυσικός με τη σύγχρονη σημασία του όρου, καθώς ήταν αυτός που υιοθέτησε την υποθετική-επαγωγική μέθοδο-μαζί με την πειραματική-και εισηγήθηκε τη μαθηματικοποίηση της φυσικής [1].
Ο Γαλιλαίος τόλμησε να αντιταχθεί στην παραδεδεγμένη διδασκαλία της γεωκεντρικής θεώρησης του κόσμου και έτσι δημιούργησε πολλούς εχθρούς στην εκκλησία, άλλα και στον κλασικό πανεπιστημιακό χώρο, όπου κατηγορήθηκε ως αιρετικός και υπέστη διωγμούς.
Αρχικά ο διωγμός εξυφάνθηκε στο χώρο των αριστοτελικών επιστημόνων των πανεπιστημίων της Πίζας και της Πάδοβας [2], όπου αμφέβαλαν για την εγκυρότητα των αστρονομικών του ανακαλύψεων [3] και αγωνίστηκαν ώστε να στρέψουν υποψίες προς το πρόσωπό του στα μάτια των εκκλησιαστικών αρχών.
Η γεωκεντρική θεώρηση της εκκλησίας προερχόταν από χωρία της Βίβλου με αποκορύφωμα την εντολή του Ιησού του Ναυή να σταματήσει ο ήλιος την κίνησή του. Ο Γαλιλαίος εκτός του ότι θεωρούσε πως τα βιβλικά κείμενα δεν πρέπει να εκλαμβάνονται κυριολεκτικά, πίστευε ότι η ερμηνεία των φυσικών φαινομένων πρέπει να γίνεται μετά την διερεύνηση της φύσης παρά να προηγείται, και ότι η ελευθερία της έρευνας της φύσης θα οδηγούσε σε ακόμη πιο έγκυρη ερμηνεία και κατανόηση της Βίβλου. Σύμφωνα με τα λεγόμενά του, δεν θα ήταν ποτέ δυνατό να υπάρχει αντίφαση ανάμεσα στην φύση – κτίσμα του Θεού και της Βίβλου. Πέρα από αυτά, είχε δηλώσει ότι η ερμηνεία της φύσης πρέπει να γίνεται από τους ειδικούς φυσικούς φιλόσοφους που την μελετούν και όχι από θεολόγους με αποκλειστική βάση τα ιερά κείμενα [7].
Τις απόψεις αυτές τις εξέφρασε σε διάφορες επιστολές με αποτέλεσμα την διερεύνηση αυτών των επιστολών άλλα και των έργων του από την Ιερά Εξέταση, η οποία παίρνει πλέον επίσημη θέση κατά των ιδεών του Κοπέρνικου χαρακτηρίζοντάς τες παράλογες, ανόητες και αντίθετες προς την πίστη. Το βιβλίο του Κοπέρνικου ήδη ήταν στην απαγορευμένη λίστα που δημοσιεύτηκε στις 6 Μαρτίου του 1616 «μέχρις ότου διορθωθεί». Το 1620 επιτράπηκε ξανά η ανάγνωσή του μετά την αφαίρεση εννέα προτάσεων που παρουσίαζαν την υπόθεση του ηλιοκεντρισμού ως αποδεδειγμένη αλήθεια. Η υπόθεση του Γαλιλαίου εξετάζεται από τον καρδινάλιο Μπελαρμίν (Bellarmine) και αποφασίζεται να προειδοποιηθεί ο Γαλιλαίος ώστε να εγκαταλείψει αυτές τις πεποιθήσεις.
Το 1616 ο Γαλιλαίος, μετά από συνάντηση με τον καρδινάλιο, συμφωνεί να εγκαταλείψει τις απόψεις σχετικά με την κίνηση της Γης δεχόμενος την επίσημη άποψη της εκκλησίας. Στα αρχεία της συνάντησης όμως, και εν αγνοία του, καταχωρείται από τον γραμματέα όχι μόνο αυτό άλλα και η προσθήκη ότι στο εξής συμφωνεί να μην πιστεύει, διδάσκει ή υπερασπίζεται με οποιονδήποτε τρόπο-προφορικό ή γραπτό-τις απόψεις αυτές. Αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία διότι με αυτή την προσθήκη δεν αφήνονται στον Γαλιλαίο περιθώρια χρήσης της Κοπερνίκειας θεωρίας ούτε καν ως υπόθεση [7].
Ο Γαλιλαίος αφέθηκε ελεύθερος και απέφυγε τον κίνδυνο να λογοκριθεί ή να απαγορευτεί κάποιο από τα βιβλία του. Άλλωστε, και ο νέος πάπας Ουρβάνος Η'-που εκλέχτηκε το 1623-ήταν από τους φιλικά κείμενους προς αυτόν και δεν θεωρούσε την Κοπερνίκεια υπόθεση ως αιρετική, αρκεί βέβαια αυτή να έμενε στον χώρο της υπόθεσης.
Το αμέλημα που έφερε ξανά στο προσκήνιο το διάταγμα του 1616 ήταν η δημοσίευση του «Διαλόγου περί των δύο Μεγίστων Συστημάτων του Κόσμου» το 1632, στο οποίο ο Γαλιλαίος φαίνεται να επιμένει στην αλήθεια της Κοπερνίκειας θεωρίας, γεγονός που παραβαίνει ρητά την παραπάνω εντολή. Το θέμα μπορούσε να βλάψει καίρια την εκκλησία γιατί εκτός από την παρουσίαση της θεωρίας του Κοπέρνικου ως αυταπόδεικτης, η εμμονή στην αλήθεια και όχι απλά στην υποθετική ύπαρξη των αρχών λειτουργίας του κόσμου πλήττει την χριστιανική θέση περί παντοδυναμίας του Θεού. Επιπλέον ο πάπας θεωρεί ότι ο Γαλιλαίος πρόδωσε την εμπιστοσύνη του και αλλάζει εντελώς στάση απέναντί του.
Με απόφαση της Ιεράς Εξέτασης το καλοκαίρι του 1632, διατάσσεται να σταματήσουν όλες οι πωλήσεις του βιβλίου και να κατασχεθούν όλα τα αντίγραφα που είχε ο εκδότης. Την 1η Οκτωβρίου 1632 ο Γαλιλαίος καλείται στην Ρώμη και δέχεται να παραστεί. Ήταν ήδη 68 ετών και μετά από πολλές προσπάθειες να αποφύγει το ταξίδι αναγκάζεται-αφού συντάξει την διαθήκη του ξέροντας ότι η κατάσταση είναι εξαιρετικά δύσκολη-να παρουσιαστεί ενώπιον της Ιεράς Εξέτασης, υπό την απειλή σύλληψης και αναγκαστικής προσαγωγής την 12η Απριλίου του έτους 1633 [7].
Στις ακροάσεις που ακολουθούν τις επόμενες ημέρες αποπειράται να δώσει την εντύπωση υπάκουου πιστού αφού δηλώνει ότι αυτοβούλως ταξίδεψε στη Ρώμη το 1616 ώστε να πληροφορηθεί τι είναι ορθό να υποστηρίζει κανείς και να σιγουρευτεί ότι εκφράζει μονάχα ιερές και καθολικές απόψεις. Επίσης παρουσιάζει σχετική επιστολή από τον καρδινάλιο Μπελαρμίν που αποδεικνύει τον ισχυρισμό του. Προσπαθώντας να καλυφθεί πίσω από την άρση απαγόρευσης του βιβλίου του Κοπέρνικου που είχε ήδη γίνει, ισχυρίζεται ότι ο Μπελαρμίν του είπε πως η άποψη του Κοπέρνικου θα μπορούσε να υποστηριχθεί και να χρησιμοποιηθεί υποθετικά και ότι η Ιερά Σύνοδος είχε αποφασίσει ότι αν δεν ληφθεί με απόλυτο τρόπο, τότε δεν αντίκειται στις Γραφές. Υποστηρίζει μάλιστα ότι στο συγκεκριμένο βιβλίο παρουσιάζει τις θέσεις του Κοπέρνικου ώστε να δείξει το αντίθετο και ότι οι αιτιάσεις του δεν ευσταθούν ούτε και μπορούν να θεωρηθούν τελικές. Επιχείρημα που ήταν καταδικασμένο εξαρχής καθώς στο βιβλίο-που ήταν γραμμένο σε μορφή διαλόγου-μπορεί μεν να μην καταλήγει σε τελικά συμπεράσματα αφήνοντας το θέμα ανοιχτό, άλλα είναι προφανής στον αναγνώστη η κατά κράτος ήττα της θεωρίας του γεωκεντρισμού [7].
Οι θέσεις του βεβαίως δεν γίνονται δεκτές από την Ιερά Εξέταση που του παρουσιάζει και την περιβόητη προσθήκη που είχε γίνει στα πρακτικά της συνάντησής του με τον Μπελαρμίν, για την οποία ο ίδιος φαίνεται να μην έχει ιδέα.
Μετά από μέρες εξέτασης, νικημένος και υπό την απειλή βασανιστηρίων, στην τελική του απολογία δηλώνει ότι σε καμία περίπτωση δεν είχε πρόθεση να βλάψει την εκκλησία και παραδέχεται ότι στο βιβλίο του-από φιλάρεσκη φιλοδοξία, ματαιοδοξία ή καθαρή άγνοια και αβλεψία-μπορεί οι θέσεις του Κοπέρνικου να παρουσιάζονται σαν απόλυτη αλήθεια αλλά σκοπός του ήταν πάντα να τις αντικρούσει. Αποκηρύσσει αυτές τις απόψεις γραπτώς και ζητάει μάλιστα χρόνο από τους δικαστές ώστε να συνεχίσει το βιβλίο του, το οποίο αφήνει δυνατότητα για περαιτέρω συζήτηση στο τέλος, ώστε να καταδείξει με σαφέστερο τρόπο τις σωστές και σύμφωνες με τις Γραφές απόψεις [7].
Η περιβόητη αντιδραστική φράση «και όμως κινείται» που φέρεται να είπε μετά το πέρας της απολογίας του δεν τεκμηριώνεται από πουθενά και μάλλον αποτελεί προσπάθεια ηρωοποίησης που προέκυψε από την μετέπειτα επιστημονική κοινότητα.
Καταδικάστηκε σε φυλάκιση για απροσδιόριστο χρονικό διάστημα που μετατράπηκε, ίσως λόγω και της ηλικίας του, σε κατ' οίκον περιορισμό μέχρι τον θάνατό του το 1642.
Το επίμαχο βιβλίο του αφαιρέθηκε από την απαγορευμένη λίστα το 1835, ενώ έπρεπε να φτάσει το 1992 για να δηλώσει επίσημα η Καθολική Εκκλησία ότι οι απόψεις του ως προς το ηλιακό σύστημα ήταν ορθές [7]. Η δίκη του έχει μείνει στην ιστορία σαν ένα από τα κορυφαία περιστατικά της αντιπαλότητας θρησκείας και επιστήμης άλλα και της αδιαλλαξίας της εκκλησίας ακόμη και απέναντι στο προφανές.


Βιβλιογραφικές αναφορές

[1] Butterfield Herbert, Η Καταγωγή της Σύγχρονης Επιστήμης (1300-1800), ΜΙΕΤ, Αθήνα 1983, σελ. 71.
[2] Ματσούκας Α. Νίκος, Δογματική και Συμβολική θεολογία, τόμ. Γ', Πουρναράς, Θεσσαλονίκη 1997, σελ. 329-330 (βλ. και Butterfield Herbert, o.π.).
[3] Εγκυκλοπαίδεια ΔΟΜΗ, τόμ. 07, Αθήνα 2004, λήμμα: Γαλιλαίος.
[4] Εγκυκλοπαίδεια Πάπυρος-Λαρούς-Μπριτάννικα, τόμ. 16, εκδ. Δίας, Αθήνα 2004, λήμμα: Γαλιλαίος.
[5] Crombie C. Α., Απο τον Αυγουστίνο στον Γαλιλαίο-Η Επιστήμη στον Όψιμο Μεσαίωνα και στις αρχές των νέων χρόνων, τόμ. Β' 13ος-17ος αιώνας, ΜΙΕΤ, Αθήνα 1992, σελ. 214.
[6] Perry McAdow Rogers, "Γράμμα στην Κριστίνα της Τοσκάνης", Aspects of Western Civilization: problems and sources in history, Prentice Hall, 1992.
[7] Κώστας Γάβρογλου, Ενώπιον της Ιεράς Εξέτασης, Οι μεγάλες δίκες, Ρωξάνη Δ. Αργυροπούλου, Κυριακάτικη Ελευθεροτυπία ΙΣΤΟΡΙΚΑ.

Κυριακή 13 Σεπτεμβρίου 2015

Βασικοί τύποι απαρίθμησης

Αυτή η ανάρτηση αποτελεί ουσιαστικά μια στοιχειώδη εισαγωγή στη συνδυαστική, τον κλάδο των μαθηματικών που ασχολείται με τους τρόπους και μεθόδους απαρίθμησης σε πεπερασμένες δομές. Πρόκειται για έναν τεράστιας έκτασης κλάδο των μαθηματικών με αμέτρητες και πολυποίκιλες εφαρμογές, τόσο θεωρητικές όσο και πρακτικές.
Έπειτα από την εισαγωγή των κατάλληλων εννοιών, θα ασχοληθούμε με κάποιους βασικούς τύπους απαρίθμησης. Για τους τύπους δεν θα δοθούν αυστηρές αποδείξεις, αλλά προσχέδια αποδείξεων μέσω της επίλυσης απτών προβλημάτων, απ' όπου και θα καταλήγουμε στα επιθυμητά αποτελέσματα.

1. Προκαταρκτικά

Το βασικό ερώτημα στο οποίο θα αναζητήσουμε την απάντηση είναι το εξής:
Εάν έχουμε ένα σύνολο από \(n\) αντικείμενα, με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε υποσύνολα από \(k\) αντικείμενα, δεδομένων κάποιων συνθηκών που τίθενται στον τρόπο επιλογής;
Οι συνθήκες που τίθενται στην επιλογή των υποσυνόλων είναι οι εξής:
  • Η σειρά των στοιχείων της επιλογής λαμβάνεται υπόψη. Σε αυτήν την περίπτωση αποκαλούμε τις επιλογές μεταθέσεις.
  • Η σειρά των στοιχείων της επιλογής δεν λαμβάνεται υπόψη. Σε αυτήν την περίπτωση αποκαλούμε τις επιλογές συνδυασμούς.
Είτε πρόκειται για μεταθέσεις είτε για περιορισμούς, μπορούμε να θέσουμε και τις εξής συνθήκες:
  • Κάθε στοιχείο που επιλέγουμε χρησιμοποιείται μόνο μια φορά. Σε αυτήν την περίπτωση έχουμε επιλογή χωρίς επανάληψη.
  • Κάθε στοιχείο που επιλέγουμε μπορεί να χρησιμοποιηθεί παραπάνω από μια φορά. Σε αυτήν την περίπτωση έχουμε επιλογή με επανάληψη.
Έχουμε λοιπόν τέσσερις διαφορετικούς τρόπους όπου μπορούμε να επιλέξουμε υποσύνολα από το αρχικό σύνολο. Στο παρακάτω παράδειγμα διαφωτίζονται οι τέσσερις τρόποι επιλογών.

Παράδειγμα
Να καταγραφούν όλοι οι δυνατοί τρόποι επιλογής 3 γραμμάτων από τα 4 γράμματα \(A,B,C,D\), όταν:
  1. επιλέγουμε μεταθέσεις με επανάληψη,
  2. επιλέγουμε μεταθέσεις χωρίς επανάληψη,
  3. επιλέγουμε συνδυασμούς με επανάληψη,
  4. επιλέγουμε συνδυασμούς χωρίς επανάληψη.
Επίλυση του 1
Όλες οι ζητούμενες μεταθέσεις με επανάληψη καταγράφονται παρακάτω: \begin{eqnarray*} AAA,\ &AAB,\ &AAC,\ &AAD,\ &ABA,\ &ABB,\ &ABC,\ &ABD\\ ACA,\ &ACB,\ &ACC,\ &ACD,\ &ADA,\ &ADB,\ &ADC,\ &ADD\\ BAA,\ &BAB,\ &BAC,\ &BAD,\ &BBA,\ &BBB,\ &BBC,\ &BBD\\ BCA,\ &BCB,\ &BCC,\ &BCD,\ &BDA,\ &BDB,\ &BDC,\ &BDD\\ CAA,\ &CAB,\ &CAC,\ &CAD,\ &CBA,\ &CBB,\ &CBC,\ &CBD\\ CCA,\ &CCB,\ &CCC,\ &CCD,\ &CDA,\ &CDB,\ &CDC,\ &CDD\\ DAA,\ &DAB,\ &DAC,\ &DAD,\ &DBA,\ &DBB,\ &DBC,\ &DBD\\ DCA,\ &DCB,\ &DCC,\ &DCD,\ &DDA,\ &DDB,\ &DDC,\ &DDD\\ \end{eqnarray*} Επίλυση του 2
Όλες οι ζητούμενες μεταθέσεις χωρίς επανάληψη καταγράφονται παρακάτω: \begin{eqnarray*} ABC, \ &ABD, \ &ACB, \ &ACD, \ &ADB, \ &ADC\\ BAC, \ &BAD, \ &BCA, \ &BCD, \ &BDA, \ &BDC\\ CAB, \ &CAD, \ &CBA, \ &CBD, \ &CDA, \ &CDB\\ DAB, \ &DAC, \ &DBA, \ &DBC, \ &DCA, \ &DCB \end{eqnarray*} Επίλυση του 3
Όλοι οι ζητούμενοι συνδυασμοί με επανάληψη καταγράφονται παρακάτω: \begin{eqnarray*} AAA,\ &AAB,\ &AAC,\ &AAD,\ &ABB\\ ABC,\ &ABD,\ &ACC,\ &ACD,\ &ADD\\ BBB,\ &BBC,\ &BBD,\ &BCC,\ &BCD\\ BDD,\ &CCC,\ &CCD,\ &CDD,\ &DDD \end{eqnarray*} Επίλυση του 4
Όλοι οι ζητούμενοι συνδυασμοί χωρίς επανάληψη καταγράφονται παρακάτω: \[ABC \ ABD, \ ACD, \ BCD\]

Το κύριο θέμα της ανάρτησης αυτής είναι η επίδειξη των μεθόδων με τις οποίες μπορούμε να βρούμε το πλήθος των επιλογών σε καθεμία από τις παραπάνω τέσσερις περιπτώσεις επιλογής. Πριν προχωρήσουμε σε αυτό, θα παρουσιάσουμε δύο κανόνες που θα μας χρησιμεύσουν στα επόμενα.

Πρόβλημα 1 (κανόνας του γινομένου)
Εάν έχουμε 4 πουκάμισα και 3 παντελόνια, με πόσους τρόπους μπορούμε να ντυθούμε;

Επίλυση
Για κάθε πουκάμισο έχουμε 3 επιλογές από παντελόνια. Άρα, συνολικά έχουμε \(4\cdot 3\) τρόπους.
Παρακάτω μπορούμε να διαπιστώσουμε σχηματικά το αποτέλεσμα.
\[\Pi\kappa_1\begin{cases} \Pi\nu_1 \\ \Pi\nu_2 \\ \Pi\nu_3 \\ \end{cases}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Pi\kappa_2\begin{cases} \Pi\nu_1 \\ \Pi\nu_2 \\ \Pi\nu_3 \\ \end{cases}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Pi\kappa_3\begin{cases} \Pi\nu_1 \\ \Pi\nu_2 \\ \Pi\nu_3 \\ \end{cases}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Pi\kappa_4\begin{cases} \Pi\nu_1 \\ \Pi\nu_2 \\ \Pi\nu_3 \\ \end{cases}\]

Γενικά, εάν έχουμε \(k\) σύνολα ανεξάρτητων επιλογών όπου τα σύνολα αυτά έχουν αντιστοίχους τρόπους επιλογών \(n_1 ,n_2 ,n_3\ldots, n_k ,\) τότε το πλήθος των τρόπων επιλογής ισούται με: \[n_1\cdot n_2\cdot n_3\cdots n_k.\]
Ως ένα παράδειγμα ακόμη, οι πινακίδες των αυτοκινήτων αποτελούνται από τρία γράμματα και τέσσερα ψηφία, όπου στο πρώτο ψηφίο δεν χρησιμοποιείται το 0. Όλες οι πινακίδες που μπορούν να υπάρξουν είναι: \[24\cdot 24\cdot 24 \cdot9 \cdot 10\cdot10 \cdot10=124.416.000.\]
Ας σημειωθεί ότι ήδη έχουμε κάνει χρήση του κανόνα του γινομένου πριν αναφερθεί: έχοντας 2 επιμέρους επιλογές για μεταθέσεις ή συνδυασμούς και 2 επιμέρους επιλογές για επανάληψη ή όχι, προκύπτουν συνολικά οι τέσσερις παραπάνω περιπτώσεις.

Πρόβλημα 2 (πλήρεις μεταθέσεις)
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά 5 αντικείμενα;

Επίλυση
Το πρώτο στη σειρά αντικείμενο μπορεί να επιλεγεί με 5 τρόπους. Το δεύτερο αντικείμενο στη σειρά μπορεί να επιλεγεί με 4 τρόπους, διότι αφού το πρώτο αντικείμενο έχει ήδη επιλεγεί έχουν απομείνει 4 αντικείμενα που μπορούν να παίξουν τον ρόλο του δευτέρου αντικειμένου. Με το ίδιο σκεπτικό, το τρίτο στη σειρά αντικείμενο μπορεί να επιλεγεί με 3 τρόπους, το τέταρτο στη σειρά αντικείμενο μπορεί να επιλεγεί με 2 τρόπους και το πέμπτο στη σειρά αντικείμενο με έναν τρόπο. Δεδομένου ότι οι επιλογές αυτές είναι ανεξάρτητες, το πλήθος των δυνατών επιλογών των τοποθετήσεων ισούται τελικά με \(5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\).

Γενικεύοντας το παραπάνω πρόβλημα, το πλήθος όλων των τρόπων τοποθέτησης στη σειρά \(n\) αντικειμένων (δηλαδή των μεταθέσεων) ισούται με \(1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1)\cdot n\). Τον αριθμό αυτόν τον συμβολίζουμε με \(n!\) (παραγοντικό του \(n\)). Δηλαδή, \[n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1)\cdot n.\]
Ως ένα παράδειγμα ακόμη, όλες οι πιθανές διατάξεις των χαρτίων μιας τράπουλας όταν ανακατευτεί ισουται με \(52!\).

2. Μεταθέσεις με επανάληψη

Πρόβλημα 3
Ποιο είναι το πλήθος των επταψήφιων συνθηματικών κωδικών που αποτελούνται μόνο από πεζά λατινικά γράμματα και ψηφία;

Επίλυση
Έχουμε 26 πεζά λατινικά γράμματα και 10 ψηφία επομένως σχηματιζουμε τον κωδικό επιλέγοντας από 36 χαρακτήρες. Η επιλογή του πρώτου χαρακτήρα του κωδικού μπορεί να γίνει με 36 τρόπους. Η επιλογή του δεύτερου χαρακτήρα, η οποία είναι ανεξάρτητη της πρώτης, γίνεται επίσης με 36 τρόπους κ. ο. κ.. Από τον κανόνα του γινομένου, το συνολικό πλήθος των επιλγών είναι \[36\cdot 36\cdot 36\cdot 36\cdot 36\cdot 36\cdot 36=36^{7}.\]

Γενικεύοντας το παραπάνω πρόβλημα, το πλήθος των μεταθέσεων \(k\) αντικειμένων από \(n\) όταν επιτρέπονται επαναλήψεις, ισούται με \[n^k.\]
Πρέπει να παρατηρήσουμε το εξής: ο παραπάνω τύπος έφαρμόζεται σε ευρύτερο πλαίσιο, που δεν μπορεί να ερμηνευθεί ως επιλογή μεταθέσεων με επανάληψη. Μια τέτοια εφαρμογή είναι η παρακάτω, όπου \(k>n\).

Πρόβλημα 4
Εάν ρίξουμε ένα νόμισμα 5 φορές πόσες είναι οι δυνατές πεντάδες εκβάσεων των ρίψεων;

Επίλυση
Για κάθε ρίψη έχουμε 2 δυνατά αποτελέσματα, κεφαλή ή γράμματα. Επειδή έχουμε 5 (ανεξάρτητες) ρίψεις, σύμφωνα με τον κανόνα του γινομένου έχουμε συνολικά \[2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=2^5\] δυνατές πεντάδες εκβάσεων.

Ένα αφηρημένο πλαίσιο προβλήματων στο οποίο εφαρμόζεται ο παραπάνω τύπος στη γενικότητά του (όπου καλύπτονται και οι μεταθέσεις με επανάληψη) είναι το εξής: εάν έχουμε \(n\) κατηγορίες αντικειμένων απεριόριστου πλήθους, τότε το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να τα τοποθετήσουμε σε \(k\) θέσεις ισούται με \(n^k\).

3. Μεταθέσεις χωρίς επανάληψη

Πρόβλημα 5
Με πόσους τρόπους μπορούμε να σχηματίσουμε λέξεις 3 γραμμάτων (ασχέτως νοήματος) επιλέγοντας από 5 γράμματα, χρησιμοποιώντας κάθε γράμμα μόνο μια φορά;

Επίλυση
Το πρώτο στη σειρά γράμμα μπορεί να επιλεγεί με 5 τρόπους. Το δεύτερο στη σειρά γράμμα μπορεί να επιλεγεί με 4 τρόπους, διότι αφού το πρώτο γράμμα έχει ήδη επιλεγεί έχουν απομείνει 4 γράμματα που μπορούν να παίξουν τον ρόλο του δευτέρου στη σειρά γράμματος. Με το ίδιο σκεπτικό, το τρίτο στη σειρά αντικείμενο μπορεί να επιλεγεί με 3 τρόπους. Δεδομένου ότι οι επιλογές αυτές είναι ανεξάρτητες, το πλήθος των δυνατών επιλογών των τοποθετήσεων ισούται με το γινόμενο του πλήθους των επιμέρους επιλογών, δηλαδη \(5\cdot 4\cdot 3\).
Θα διαμορφώσουμε λίγο καλύτερα το αποτέλεσμα αυτό:
\begin{eqnarray*} 5\cdot 4\cdot 3 = \frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{2\cdot 1} =\frac{5!}{2!}=\frac{5!}{(5-3)!} \end{eqnarray*}

Γενικεύοντας το παραπάνω πρόβλημα, καταλήγουμε στο ότι το πλήθος των μεταθέσεων χωρίς επανάληψη \(n\) αντικειμένων ανά \(k\) ισούται με \[\frac{n!}{(n-k)!}.\]
Τον αριθμό αυτόν συμβολίζουμε με \(P(n,k)\) (ή και με \({}_{n}P_{k}\)).
Ως ένα παράδειγμα ακόμη, σε ένα τμήμα 19 μαθητών, τα πλήθος των δυνατών πενταμελών προεδρείων που μπορούν να εκλεγούν ισούται με \(P(19,5)\).

4. Συνδυασμοί χωρίς επανάληψη

Πρόβλημα 6
Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να μοιράσουμε 5 αντίτυπα του ίδιου βιβλίου σε 8 ανθρώπους;

Επίλυση
Ουσιαστικά πρέπει να επιλέξουμε συνδυασμούς 5 ανθρώπων από τους 8, χωρίς επανάληψη. Ας συμβολίσουμε προσωρινά με \(Α\) το πλήθος των δυνατών τρόπων επιλογής.
Αρχικά, για κάθε επιλογή πεντάδας ανθρώπων, μπορούμε να τους τοποθετήσουμε στη σειρά με \(5!\) τρόπους. Άρα το πλήθος των μεταθέσεων των πεντάδων ισούται, σύμφωνα με τον κανόνα γινομένου, με \(5!Α\).
Από την άλλη πλευρά, το πλήθος των μεταθέσεων των πεντάδων ισούται, όπως έχουμε ήδη συναντήσει, με \(P(8,5)=\frac{8!}{3!}=\frac{8!}{(8-5)!}\).
Συγκρίνοντας τις δύο εκφράσεις, καταλήγουμε εύκολα ότι
\[A=\frac{8!}{3!}=\frac{8!}{5!(8-5)!}.\] (Ας σημειώσουμε ότι εάν είχαμε διαφορετικά βιβλία, η απάντηση θα ήταν \(P(8,5)\).)

Ο αριθμός που αναζητήσαμε στο προηγούμενο πρόβλημα συμβολίζεται με \(\binom{8}{5}\). Γενικεύοντας τα παραπάνω, συμβολίζουμε με \(\binom{n}{k}\) το πλήθος των συνδυασμών \(n\) αντικειμένων ανά \(k\) ομάδες, χωρίς επαναλήψεις. Ο αριθμός αυτός ονομάζεται και διωνυμικός συντελεστής, για λόγους που θα εξεταστούν σε μελλοντική ανάρτηση. Συμβολίζεται επίσης και με \(C(n,k)\). Σύμφωνα με τα παραπάνω, υπολογίζεται από τον τύπο: \[\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.\]
Με το επόμενο παράδειγμα θα προσπαθήσουμε να διαφωτίσουμε περισσότερο τη διαφορά μεταξύ συνδυασμών και μεταθέσεων, καθώς και την ιδέα στην οποία βασίζεται ο τύπος υπολογισμού του διωνυμικού συντελεστή.

Παράδειγμα
Θα καταγράψουμε έναν προς έναν όλους τους συνδυασμούς 3 γραμμάτων από τα 5 γράμματα \(A,B,C,D,E\). Το αναμενόμενο πλήθος τους είναι ίσο με: \[\binom{5}{3}=\frac{5!}{3!(5-3)!}=\frac{5!}{3!2!}=\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(3\cdot 2\cdot 1)\cdot (2\cdot 1)}=\frac{5\cdot 4}{2}=10.\] Οι συνδυασμοί καταγράφονται παρακάτω: \begin{eqnarray*} ABC,\ & ABD,\ & ABE,\ & ACD,\ & ACE,\ & ADE,\\ BCD,\ & BCE,\ & BDE,\\ CDE,\ \end{eqnarray*}
Θα καταγράψουμε τώρα όλες τις δυνατές μεταθέσεις 3 γραμμάτων από τα \(A,B,C,D,E\). Η καταγραφή θα γίνει με τον εξής τρόπο: Για κάθε συνδυασμό που έχουμε βρεί, θα καταγράψουμε και όλες τις δυνατές τοποθετήσεις στη σειρά. Αυτό καθιστά τη λίστα πλήρη, και είναι η βασική ιδέα που κρύβεται πίσω από τον τύπο υπολογισμού του διωνυμικού συντελεστή.
Το αναμενόμενο πλήθος των μεταθέσεων είναι:
\[P(5,3)=\frac{5!}{(5-3)!}=\frac{5!}{3!}=\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{2\cdot 1}=5\cdot 4\cdot 3=60.\] Η πλήρης λίστα δίνεται παρακάτω: \begin{eqnarray*} ABC,& ACB,&BAC,&BCA,&CAB,&CBA\\ ABD,&ADB,&BAD,&BDA,&DAB,&DBA\\ ABE,&AEB,&BAE,&BEA,&EAB,&EBA\\ ACD,&ADC,&CAD,&CDA,&DAC,&DCA\\ ACE,&AEC,&CAE,&CEA,&EAC,&ECA\\ ADE,& AED,&DAE,&DEA,&EAD,&EDA\\ BCD,&BDC,&CBD,&CDB,&DBC,&DCB\\ BCE,&BEC,&CBE,&CEB,&EBC,&ECB\\ BDE,& BED,&DBE,&DEB,&EBD,&EDB\\ CDE,& CED,& DCE,& DEC,& ECD,& EDC \end{eqnarray*} Η πρώτη στήλη αποτελείται από τους συνδυασμούς που κατεγράφησαν στην πρώτη λίστα. Κάθε γραμμή αποτελείται από τις μεταθέσεις του πρώτου στοιχείου της.

Το επόμενο πρόβλημα σχετίζεται με τα προηγούμενα.

Πρόβλημα 7
Έχουμε 4 ίδια βιβλία επιστημονικής φαντασίας, 3 ίδια βιβλία ποίησης και 2 ίδια βιβλία ιστορίας. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τα μοιράσουμε σε 9 ανθρώπους;

Επίλυση
Αρχικά μοιράζουμε τα 4 βιβλία επιστημονικής φαντασίας, επιλέγοντας έναν συνδυασμό 4 ανθρώπων. Αυτό γίνεται με \(\binom{9}{4}\) τρόπους. Στους εναπομείναντες 5 ανθρώπους μοιράζουμε τα 3 βιβλία ποίησης. Αυτό γίνεται με \(\binom{5}{3}\). Τέλος, στους 2 ανθρώπους που απομένουν μοιράζουμε τα 2 βιβλία ιστορίας με έναν τρόπο, προφανώς. Από τον κανόνα του γινομένου, το πλήθος των δυνατών τρόπων διαμοιρασμού των βιβλίων ισούται με \(\binom{9}{4}\cdot\binom{5}{3}\).
Ας δούμε με τι ισούται αυτή η παράσταση:
\[\binom{9}{4}\cdot\binom{5}{3}=\frac{9!}{4!(9-4)!}\cdot\frac{5!}{3!(5-3)!}=\frac{9!}{4!5!}\cdot\frac{5!}{3!2!}=\frac{9!}{4!3!2!}.\]

Ο παραπάνω αριθμός συμβολίζεται με \(\binom{9}{4\ 3\ 2}\). Γενικότερα, το πλήθος των τρόπων διαμοιρασμού \(n\) αντικειμένων σε \(r\) κατηγορίες μεγέθους \(k_1,k_2,\ldots,k_r\) με \(k_1+k_2+\ldots+k_r=n\) ισούται με \[\frac{n!}{k_{1}!k_{2}!\ldots k_{r}!}\] και συμβολίζεται με \(\binom{n}{k_{1}\ \ k_{2}\ \cdots\ k_{r}}\). Ονομάζεται πολυωνυμικός συντελεστής για λόγους που θα αναλύσουμε σε μελλοντική ανάρτηση.

5. Συνδυασμοί με επανάληψη

Το επόμενο πρόβλημα παρουσιάζει μεγαλύτερη δυσκολία.

Πρόβλημα 8
Να βρεθεί το πλήθος των συνδυασμών των τριάδων που μπορούμε να σχηματίσουμε από τα γράμματα \(A,B,C,D,E\), όταν επιτρέπονται επαναλήψεις.

Επίλυση
Θέτουμε \(n=5\) και \(k=3\). Για την κατανόηση και επίλυση του προβλήματος, θα παραθέσουμε αρχικά όλους τους ζητούμενους συνδυασμούς. \begin{eqnarray*} AAA\ \ &AAB\ \ &AAC\ \ &AAD\ \ &AAE\ \ &ABB\ \ &ABC\\ ABD\ \ &ABE\ \ &ACC\ \ &ACD\ \ &ACE\ \ &ADD\ \ &ADE\\ AEE\ \ &BBB\ \ &BBC\ \ &BBD\ \ &BBE\ \ &BCC\ \ &BCD\\ BCE\ \ &BDD\ \ &BDE\ \ &BEE\ \ &CCC\ \ &CCD\ \ &CCE\\ CDD\ \ &CDE\ \ &CEE\ \ &DDD\ \ &DDE\ \ &DEE\ \ &EEE \end{eqnarray*} Το πλήθος των ζητούμενων συνδυασμών είναι 35.
Για να επιλύσουμε το πρόβλημα θα χρησιμοποιήσουμε μια αφηρημένη τεχνική αναπαράστασης των τριάδων της παραπάνω μορφής, την οποία περιγράφουμε ευθύς αμέσως.
Θεωρούμε την παρακάτω σχηματική διάταξη \[|\ \ \ \ |\ \ \ \ |\ \ \ \ |\] που αποτελείται από \(n-1=4\) καθέτους. Οι κάθετοι αυτές δημιουργούν \(n=5\) κενά: ένα αριστερά της πρώτης καθέτου, ένα δεξιά της τελευταίας καθέτου και τρία ενδιάμεσα. Κάθε κενό (από αριστερά προς δεξιά) αντιστοιχεί στα αρχικά αντικείμενα που διαθέτουμε, στην περίπτωσή μας τα γράμματα \(Α,Β,C,D,E\).
Θεωρούμε επίσης ότι έχουμε και \(k=3\) σύμβολα, για παράδειγμα άστρα (\(\star\)), τα οποία τοποθετούμε σε κάποια από τα πέντε κενά που σχηματίζονται από τις καθέτους. Σημειώνουμε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε περισσότερα από ένα άστρα σε κάποιο κενό. Παραδείγματος χάρη, μια τέτοια διάταξη είναι η
\[|\star |\ \ \ \ |\star\star|\]
Η διάταξη αυτή μπορεί να ερμηνευτεί ως κάποιος από τους συνδυασμούς που αναζητούμε και συγκεκριμένα ο συνδυασμός \(ΒDD\). Αυτό γίνεται ως εξής: κάθε κενό αντιστοιχεί όπως προείπαμε σε ένα γράμμα και το πλήθος των άστρων σε συγκεκριμένο κενό δηλώνει πόσες φορές χρησιμοποιούμε το αντίστοιχο γράμμα.

Ας δούμε μερικά ακόμη παραδείγματα αντιστοιχιών:
Συνδυασμός
\(ABC\)
\(BDE\)
\(CCD\)
\(EEE\)
Διάταξη
\(\star|\star |\star |\ \ \ \ |\)
\(|\star|\ \ \ \ |\star|\star\)
\(|\ \ \ \ |\star\star|\star|\)
\(|\ \ \ \ |\ \ \ \ |\ \ \ \ |\star\star\star\)
Με αυτήν την τεχνική, το αρχικό μας πρόβλημα έχει λοιπόν μετασχηματιστεί στο εξής ισοδύναμο πρόβλημα: πόσες διατάξεις καθέτων και άστρων όπως οι παραπάνω υπάρχουν;
Εκ πρώτης όψεως, το νέο πρόβλημα δείχνει πιο δύσκολο. Για να το επιλύσουμε ακολουθούμε την εξής μέθοδο: οι κάθετοι μαζί με τα άστρα είναι στο σύνολο \(7\) αντικείμενα (το \(7\) προκύπτει από το άθροισμα \(4+3=(n-1)+k=n+k-1\)). Από τα αντικείμενα αυτά πρέπει να αποφασίσουμε ποια είναι τα 3 (δηλαδή \(k\)) άστρα. Όλοι οι δυνατοί τρόποι με τους οποίους μπορούμε να επιλέξουμε 3 από τα 7 αντικείμενα δίνονται από τον διωνυμικό συντελεστή \(\binom{7}{3}\). Αυτή ακριβώς είναι η απάντηση στο πρόβλημα. Επαληθεύοντας:
\[\binom{7}{3}=\frac{7!}{3!(7-3)!}=\frac{7!}{3!4!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(3\cdot 2\cdot 1)\cdot(4\cdot 3\cdot 2\cdot 1)}=\frac{7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2}=35,\] το οποίο αναμέναμε.

Γενικεύοντας το παραπάνω πρόβλημα, με το σύμβολο \(\left(\binom{n}{k}\right)\) δηλώνεται το πλήθος των συνδυασμών \(n\) αντικειμένων ανά \(k\), με την υπόθεση ότι επιτρέπονται επαναλήψεις επιλογών. Ο τρόπος υπολογισμού του πλήθους αυτού δίνεται από τον τύπο
\[\left(\binom{n}{k}\right)=\binom{n+k-1}{k}.\]
Ως ένα παράδειγμα ακόμη, εάν έχουμε 7 γεύσεις παγωτού και θέλουμε ένα χωνάκι με 3 μπάλες, μπορούμε να επιλέξουμε με \(\left(\binom{7}{3}\right)\) τρόπους.


6. Επίλογος

Παρακάτω συνοψίζονται οι τέσσερις βασικοί τύποι που συναντήσαμε.

μεταθέσεις συνδυασμοί
χωρίς επανάληψη \(P(n,k)\) \(\binom{n}{k}\)
με επανάληψη \(n^k\) \(\left(\binom{n}{k}\right)\)

Τελειώνοντας, να σημειώσουμε ότι μόλις ξύσαμε την επιφάνεια της συνδυαστικής. Σε μελλοντικές αναρτήσεις θα ασχοληθούμε με περισσότερα θέματα συνδυαστικής.

Κυριακή 6 Σεπτεμβρίου 2015

Ο γρίφος του Αϊνστάιν

Στην ανάρτηση αυτήν θα βρείτε μια εκδοχή του πασίγνωστου γρίφου του Αϊνστάιν. Γενικώς κυκλοφορούν αρκετές ισοδύναμες εκδοχές του γρίφου. Η παρακάτω είναι η δική μου (ισοδύναμη) εκδοχή:

Σε έναν δρόμο υπάρχουν πέντε σπίτια στη σειρά, το καθένα βαμμένο με διαφορετικό χρώμα. Σε κάθε σπίτι ζει ένας άνθρωπος διαφορετικής εθνικότητας. Ο καθένας από τους ένοικους πίνει διαφορετικό ποτό, οδηγεί αυτοκίνητο διαφορετικής μάρκας και συντηρεί διαφορετικό κατοικίδιο. Κάποιος έχει ένα χρυσόψαρο. Με βάση τις παρακάτω συνθήκες, ποιος είναι αυτός;
  1. Ο Βρετανός μένει στο κόκκινο σπίτι.
  2. Ο Σουηδός έχει για κατοικίδιο σκυλί.
  3. Ο Δανός πίνει τσάι.
  4. Το πράσινο σπίτι είναι αριστερά του άσπρου σπιτιού.
  5. Ο ιδιοκτήτης του πράσινου σπιτιού πίνει καφέ.
  6. Ο ιδιοκτήτης του Peugeot εκτρέφει πουλιά.
  7. Ο ιδιοκτήτης του κίτρινου σπιτιού οδηγεί Citroen.
  8. Ο ένοικος του κεντρικού σπιτιού πίνει γάλα.
  9. Ο Νορβηγός μένει στο πρώτο σπίτι.
  10. Ο ιδιοκτήτης του Toyota μένει δίπλα σε αυτόν που έχει γάτες.
  11. Ο άνθρωπος που εκτρέφει άλογα μένει δίπλα στον ιδιοκτήτη του Citroen.
  12. Ο ιδιοκτήτης του Alfa Romeo πίνει μπίρα.
  13. Ο Γερμανός οδηγεί Opel.
  14. Ο Νορβηγός μένει δίπλα από το μπλε σπίτι.
  15. Ο ιδιοκτήτης του Toyota έχει για γείτονα αυτόν που πίνει νερό.

Συνήθως ο γρίφος συνοδεύεται από τον ισχυρισμό (υποτιθέμενα του ίδιου του Αϊνστάιν) ότι μόνο το 2% του πληθυσμού μπορεί να επιλύσει τον γρίφο. Δεν γνωρίζω εάν αυτός ο ισχυρισμός αντανακλά στην πραγματικότητα (κάποια στατιστική μελέτη π. χ.). Όμως εάν επίλυση του γρίφου σημαίνει απλά να βρεθεί η απάντηση τότε, πιθανοκρατικά, ένα 20% του πληθυσμού μπορεί να επιλύσει τον γρίφο.
Η επίλυση του γρίφου βρίσκεται παρακάτω. Συνιστώ να προσπαθήσετε πρώτα να τον επιλύσετε, έχει αρκετό ενδιαφέρον.

Παρασκευή 4 Σεπτεμβρίου 2015

\(\tau\) εναντίον \(\pi\)

Τα τελευταία χρόνια έχει αναπτυχθεί ένα κίνημα στους κόλπους των μαθηματικών, του οποίου τα μέλη ισχυρίζονται ότι η επιλογή του γνωστού \(\pi\) ως σταθερά του κύκλου είναι αφύσική και λανθασμένη. Η σωστή επιλογή για μια σταθερά του κύκλου είναι το \(2\pi\), για την οποία υπάρχει η πρόταση να συμβολίζεται με \(\tau\).
Όλα ξεκίνησαν από ένα άρθρο που δημοσίευσε ο μαθηματικός Robert Palais (του τμήματος μαθηματικών του πανεπιστημίου της Utah) στο περιοδικό The Mathematical Intelligencer, το 2001, με τίτλο "\(\pi\) is wrong", στο οποίο ο συγγραφέας επιχειρηματολογεί για τα μειονεκτήματα της επιλογής του \(\pi\) ως σταθερά του κύκλου. Τα βασικά επιχειρήματά του, καθώς και αυτών που ανήκουν στο κίνημα "\(\tau\) εναντίον \(\pi\)", είναι:
  • Το \(\pi\) (σε ακτίνια) ισοδυναμεί με μισή στροφή κύκλου ενώ είναι πιο φυσιολογική η χρήση ολόκληρης στροφής κύκλου, δηλαδή το \(\tau\). Παραδείγματος χάρη, το \(\tau/4\) δηλώνει το \(1/4\) του κύκλου, ενώ εκφράζοντας το με το \(\pi\) είναι \(\pi/2\).
  • Υπάρχει μεγάλο πλήθος τύπων και θεωρημάτων στα μαθηματικά, που διατυπώνονται με το \(\pi\). Η αντικατάσταση των διατυπώσεων με \(\tau\) απλοποιεί την κατάσταση και απεικονίζεται πιο καθαρά ο γεωμετρικός χαρακτήρας.
Παρακάτω μπορείτε να διαβάσετε το άρθρο. Να σημειώσω ότι στο άρθρο δεν χρησιμοποιείται το σύμβολο \(\tau\) (προέκυψε αργότερα) αλλά το σύμβολο:

το οποίο και παραπέμπει οπτικά στο \(2\pi\).


Εν συνεχεία, θα κάνουμε μια σύγκριση της εκφρασης με χρήση του \(\pi\) και με χρήση του \(\tau\) κάποιων γνωστών τύπων.


  • Μήκος κύκλου
    \(2\pi\rho\) \(\tau\rho\)

  • Εμβαδό κύκλου
    \(\pi\rho^2\) \(\dfrac{1}{2}\tau\rho^2\)
    Ο δεύτερος τύπος είναι παρόμοιος με άλλους γνωστούς τύπους τετραγωνικής μορφής όπως \(\frac{1}{2} gt^2\), \(\frac{1}{2} kx^2\), \(\frac{1}{2} mv^2\). Η μορφή των τύπων αυτών ενσωματώνει και τον τρόπο απόδειξης, μέσω ολοκλήρωσης ενός γραμμικού πολυωνύμου.

  • Εμβαδό σφαιρικής επιφάνειας
    \(4\pi\rho^2\) \(2\tau\rho^2\)

  • Όγκος σφαίρας
    \(\dfrac{4}{3}\pi\rho^3\) \(\dfrac{2}{3}\tau\rho^3\)

  • Εμβαδό \(n-\)διάστατης σφαίρας
    \(S_n = \begin{cases} \displaystyle \frac{2\pi^{n/2}\,r^{n-1}}{(\frac{1}{2}n - 1)!}, & 2\mid n \\ \\ \displaystyle \frac{2^{(n+1)/2}\pi^{(n-1)/2}\,r^{n-1}}{(n-2)!!}, & 2\nmid n \end{cases}\) \(S_n = \frac{\tau^{\left[ \frac{n}{2} \right]}\,r^{n-1}}{(n-2)!!}\times \begin{cases} 1, & 2\mid n \\ \\ 2, & 2\nmid n \end{cases}\)

  • Όγκος \(n-\)διάστατης σφαίρας
    \(V_n = \begin{cases} \displaystyle \frac{\pi^{n/2}\,r^n}{(\frac{n}{2})!}, & 2\mid n \\ \\ \displaystyle \frac{2^{(n+1)/2}\pi^{(n-1)/2}\,r^n}{n!!}, & 2\nmid n \end{cases}\) \(V_n = \frac{\tau^{\left[\frac{n}{2} \right]}\,r^n}{n!!}\times \begin{cases} 1, & 2\mid n \\ \\ 2, & 2\nmid n \end{cases}\)

    Οι τύποι του εμβαδού και όγκου \(n-\)διάστατης σφαίρας έχουν πιο απλή μορφή εάν χρησιμοποιήσουμε το \(\tau\).

  • \(n-\)τάξης ρίζες της μονάδας
    \(e^{2\pi i/n}\) \(e^{\tau i/n}\)

  • Συνάρτηση σφάλματος
    \(\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{0}^{x}
    e^{-t^{2}/2}\, dt\)
    \(\dfrac{1}{\sqrt{\tau}}\displaystyle\int_{0}^{x}e^{-t^{2}/2}\, dt\)

  • Κανονική κατανομή
    \(\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\) \(\dfrac{1}{\sqrt{\tau}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\)

  • Μετασχηματισμός Fourier
    \(f(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^\infty F(k)\, e^{2\pi ikx}\,dk\) \(f(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^\infty F(k)\, e^{2\tau ikx}\,dk\)

  • Αντίστροφος μετασχηματισμός Fourier
    \(F(k) = \displaystyle\int_{-\infty}^\infty f(x)\, e^{-2\pi ikx}\,dx\) \(F(k) = \displaystyle\int_{-\infty}^\infty f(x)\, e^{-\tau ikx}\,dx\)

  • Ολοκληρωτικός τύπος του Cauchy
    \(f(a) = \dfrac{1}{2\pi i}\displaystyle\oint_\gamma\frac{f(z)}{z-a}\,dz\) \(f(a) = \dfrac{1}{\tau i}\displaystyle\oint_\gamma\frac{f(z)}{z-a}\,dz\)

  • Τιμές της συνάρτησης \(\zeta\) στους θετικούς άρτιους ακέραιους
    \(\zeta(2n) = \dfrac{(-1)^{n+1}B_{2n}}{2(2n)!}\,(2\pi)^{2n}\) \(\zeta(2n) = \dfrac{(-1)^{n+1}B_{2n}}{2(2n)!}\,\tau^{2n}\)


Στην ιστοσελίδα το μανιφέστο του \(\tau\) (και στους συνδέσμους αυτής) μπορείτε να βρείτε πολύ υλικό για το θέμα (από εκεί άντλησα κυρίως το υλικό αυτής της ανάρτησης). Αναμενόμενα, εμφανίστηκε και το αντι-κίνημα που υποστηρίζει τη διατήρηση της χρήσης του \(\pi\). Στο μανιφέστο του \(\pi\) μπορείτε να βρείτε τα επιχειρήματα της "αντίπαλης πλευράς".
Τα επιχειρήματα του \(\tau-\)κινήματος είναι αρκετά ελκυστικά, αλλά θεωρώ ότι επί της ουσίας είναι ανέφικτη η πρόταση περι αντικατάστασης του \(\pi\) με το \(\tau\), δεδομένου ότι το \(\pi\) είναι βαθιά ριζωμένο στη μαθηματική κουλτούρα. Ως εξαιρετικά σημαντικό πάντως θεωρώ το παιδαγωγικό επιχείρημα για την τριγωνομετρία: τα ακτίνια επί της ουσίας μετρούν ποσοστό (ή κλάσμα αν θέλετε) του κύκλου και είναι πιο φυσιολογική μονάδα μέτρησης από τις μοίρες. Η χρήση του \(\tau\) αντί του  \(\pi\) απεικονίζει ορθότερα, από παιδαγωγική άποψη, την έννοια και τη χρήση των ακτινίων. Όπως πολύ έξυπνα γράφει ο Palais στο άρθρο του: "Ένα διαφωτιστικό παράδειγμα θα ήταν να ορίζαμε την ώρα ως 30 λεπτά αλλά τα ρολόγια να έμεναν όπως είναι."

Τετάρτη 2 Σεπτεμβρίου 2015

Το Γρηγοριανό ημερολόγιο

Στην ανάρτηση αυτή θα δούμε μερικά στοιχεία για το καθιερωμένο ημερολόγιο που ακολουθούμε, το λεγόμενο Γρηγοριανό ημερολόγιο.

Ιστορικά στοιχεία
Το Γρηγοριανό ημερολόγιο πήρε το όνομά του από τον πάπα Γρηγόριο ΙΓ (1502-1595), ο οποίος το εισήγαγε το 1582, και αποτελεί βελτίωση του Ιουλιανού ημερολογίου. To 46 π.κ.ε., Ο Ιούλιος Καίσαρας αντικατέστησε το Αιγυπτιακό ημερολόγιο, το οποίο είχε ως βάση το έτος των 365 ημερών, με ένα νέο ημερολόγιο (το λεγόμενο Ιουλιανό) με έτος μέσης διάρκειας 365,25 ημερών και με δίσεκτα έτη κάθε τέταρτο έτος.
Ωστόσο, πιο πρόσφατοι υπολογισμοί έδειξαν ότι η πραγματική διάρκεια ενός έτους είναι ίση με 365,2422 ημέρες. Με το πέρασμα των αιώνων, τα σφάλματα των 0,0078 ημερών ανά έτος αθροίστηκαν και το έτος 1582 είχαν προστεθεί 10 ημέρες επιπλέον από τα δίσεκτα έτη. Με σκοπό τη διόρθωση αυτής της κατάστασης, ο πάπας Γρηγόριος όρισε νέο ημερολόγιο το 1582. Το κίνητρο της ημερολογιακής αναθεώρησης ήταν η μεταφορά της ημέρας εορτασμού του πάσχα πιό κοντά στην εποχή που εορταζόταν από την πρώιμη εκκλησία. Δεδομένου ότι η ημέρα εορτασμού του πάσχα είχε οριστεί με βάση την εαρινή ισημερία, η καθολική εκκλησία θεώρησε ότι η προοδευτική αλλαγή της ημέρας του πάσχα δεν ήταν επιθυμητή.
Αρχικά, η 5η Οκτωβρίου του 1582 άλλαξε στη 15η Οκτωβρίου του 1582 και οι ενδιάμεσες ημέρες παραλείφθηκαν στην μέτρηση της ημερομηνίας. Έπειτα, αποφασίστηκε ότι δίσεκτα έτη θα είναι τα έτη που διαιρούνται από το 4 εκτός από αυτά που διαιρούνται από το 100, δηλαδή οι αρχές κάθε αιώνα, τα οποία θα είναι δίσεκτα μόνον όταν διαιρούνται από το 400. Ως παράδειγμα, τα έτη 1700, 1800 και 1900 δεν είναι δίσεκτα, ενώ τα 1600 και 2000 είναι δίσεκτα. Με αυτήν την διευθέτηση, το μέσο μήκος ενός ημερολογιακού έτους είναι 365,2425 ημέρες, αρκετά κοντά στην αληθή τιμή των 365,2422 ημερών. Το σφάλμα των 0,0003 ημερών ανά έτος παραμένει, το οποίο είναι ισοδύναμο με 3 ημέρες ανά 10.000 έτη. Στο απώτερο μέλλον, το πρόβλημα αυτό θα πρέπει να διευθετηθεί και έχουν ήδη προταθεί διάφορες λύσεις.
Το Γρηγοριανό ημερολόγιο δεν υιοθετήθηκε αρχικά σε όλα τα μέρη του κόσμου. Στη Μεγάλη Βρετανία, και κατ' επέκταση στις Η. Π. Α., υιοθετήθηκε το 1752 και ήταν απαραίτητη η πρόσθεση 11 ημερών. Η Ιαπωνία το υιοθέτησε το 1873, η Ρωσία και οι γειτονικές χώρες το υιοθέτησαν το 1917, ενώ η Ελλάδα το υιοθέτησε τελευταία, το 1923.

Κάποια απαραίτητα στοιχεία από τη Θεωρία Αριθμών
Πριν αναπτύξουμε κάποια μαθηματικά αποτελέσματα σχετικά με το Γρηγοριανό ημερολόγο θα παρουσιάσουμε πρώτα κάποια στοιχεία θεωρίας, για λόγους πληρότητας.
Έστω \(a,b\in\mathbb{Z}\) δύο ακέραιοι αριθμοί και \(m\in\mathbb{Z}^{+}\) ένας θετικός ακέραιος αριθμός. Οι \(a,b\) ονομάζονται ισότιμοι κατά μόδιο \(m\) και το συμβολίζουμε ως \(a\equiv b\pmod{m}\) εάν και μόνον εάν ο \(m\) διαιρεί τη διαφορά \(a-b\). Παραδείγματος χάρη, \(29\equiv 4\pmod{5}\), \(40\equiv -2\pmod{7}\), \(20\not\equiv 3\pmod{6}\). Σημειώνουμε ότι ο ακέραιος \(a\) είναι πάντα μοδιακά ισοδύναμος κατα \(m\) με το υπόλοιπο της διαίρεσης του \(a\) με τον \(m\). Μερικές ιδιότητες της μοδιακής ισοδυναμίας δίνονται παρακάτω.
Εάν \(a,b,c\in\mathbb{Z}\) και \(m\in\mathbb{Z}^{+}\) τότε:
  • \(a\equiv b\pmod{m}\).
  • Εάν \(a\equiv b\pmod{m}\) τότε \(b\equiv a\pmod{m}\).
  • Εάν \(a\equiv b\pmod{m}\) και \(b\equiv c\pmod{m}\) τότε \(a\equiv c\pmod{m}\).
Οι παραπάνω ιδιότητες (κατα σειρά ανακλαστική, συμμετρική και μεταβατική) φανερώνουν ότι η σχέση μοδιακής ισοτιμίας είναι σχέση ισοδυναμίας.
Έχουμε και τις παρακάτω ιδιότητες, οι οποίες συσχετίζουν τη μοδιακή ισοτιμία με τις πράξεις των ακεραίων. Συγκεκριμένα, εάν \(a\equiv b\pmod{m}\) τότε:
  • \(a\pm c\equiv b\pm c\pmod{m}\),
  • \(ac\equiv bc\pmod{m}\).
Τελειώνοντας τα απαραίτητα στοιχεία θεωρίας, θα χρειαστούμε και τον ορισμό της συνάρτησης ακεραίου μέρους. Εάν \(x\in\mathbb{R}\), συμβολίζουμε με \([x]\) τον μεγαλύτερο ακέραιο που είναι μικρότερος του \(x\). Ο ακέραιος αυτός ονομάζεται ακέραιο μέρος του \(x\). Επι παραδείγματι, \([2,37]=2\), \([5]=5\) και \([-21,867]=-22\).

Υπολογισμοί στο Γρηγοριανό ημερολόγιο
Θα αναζητήσουμε τώρα τον τύπο που παρέχει την ημέρα που αντιστοιχεί σε οποιαδήποτε ημερομηνία του Γρηγοριανού ημερολογίου. Επειδή οι ημέρες σχηματίζουν κύκλους των επτά, θα χρησιμοποιήσουμε ισοτιμίες κατά μόδιο 7. Συμβολίζουμε τις ημέρες τις εβδομάδας με τους αριθμούς 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 σύμφωνα με την παρακάτω αντιστοιχία:
Κυριακή\(\,=\,\)0,
Δευτέρα\(\,=\,\)1,
Τρίτη\(\,=\,\)2,
Τετάρτη\(\,=\,\)3,
Πέμπτη\(\,=\,\)4,
Παρασκευή\(\,=\,\)5,
Σάββατο\(\,=\,\)6.
Αρχικά, επειδή η επιπρόσθετη μέρα κάθε δίσεκτου έτους θεωρείται στο τέλος του Φεβρουαρίου, αριθμούμε τους μήνες ξεκινώντας κάθε έτος από τον Μάρτιο και θεωρώντας ότι ο Ιανουάριος και ο Φεβρουάριος ανήκουν στο προηγούμενο έτος. Επί παραδείγματι, ο Φεβρουάριος του 2000 θεωρείται ο δωδέκατος μήνας του 1999, ενώ ο Μάιος του 2000 θεωρείται ο τρίτος μήνας του 2000. Με αυτήν τη σύμβαση ορίζουμε τα παρακάτω:
  • \(k=\,\)αριθμός ημέρας του μήνα,
  • \(m=\,\)αριθμός του μήνα, θεωρώντας ότι:
    Ιανουάριος\(\,=\,\)11
    Φεβρουάριος\(\,=\,\)12
    Μάρτιος\(\,=\,\)1
    Απρίλιος\(\,=\,\)2
    Μάιος\(\,=\,\)3
    Ιούνιος\(\,=\,\)4
    Ιούλιος\(\,=\,\)5
    Αύγουστος\(\,=\,\)6
    Σεπτέμβριος\(\,=\,\)7
    Οκτώβριος\(\,=\,\)8
    Νοέμβριος\(\,=\,\)9
    Δεκέμβριος\(\,=\,\)10
  • \(C=\,\)αιώνας,
  • \(Y=\,\)έτος του αιώνα,
  • \(N=\,\)έτος, όπου \(N\) είναι το τρέχον έτος, εκτός εάν ο μήνας είναι Ιανουάριος ή Φεβρουάριος, οπότε ο \(N\) είναι το προηγούμενο έτος. Ισχύει \(N=100C+Y\).
Ως παράδειγμα, για την ημερομηνία 3 Απριλίου 1951 έχουμε \(k=3\), \(m=2\), \(N=1951\), \(C=19\) και \(Y=51\). Σημειώστε όμως ότι για την ημερομηνία 28 Φεβρουαρίου 1951 έχουμε \(k=28\), \(m=12\), \(N=1950\), \(C=19\) και \(Y=50\), σύμφωνα με όσα έχουμε ορίσει.
Ως βάση χρησιμοποιούμε την ημερομηνία της 1ης Μαρτίου. Συμβολίζουμε με \(d_{N}\) την ημέρα που αντιστοιχεί στην 1η Μαρτίου του έτους \(N\). Ξεκινούμε με το έτος 1600 και υπολογίζουμε την ημέρα που αντιστοιχεί στην 1η Μαρτίου κάθε έτους. Σημειώνουμε ότι μεταξύ της 1ης Μαρτίου του έτους \(N-1\) και της 1ης Μαρτίου του έτους \(N\) έχουν περάσει 365 ημέρες, όταν το \(N\) δεν είναι δίσεκτο. Επειδή \(365\equiv 1\pmod{7}\), διαπιστώνουμε ότι \(d_{N}\equiv d_{N-1}+1\pmod{7}\), ενώ εάν το \(N\) είναι δίσεκτο έχουμε προφανώς ότι \(d_{N}\equiv d_{N-1}+2\pmod{7}\).
Συνεπώς, για να υπολογίσουμε το \(d_{N}\) από το \(d_{1600}\), αρκεί να βρούμε πόσα δίσεκτα έτη υπάρχουν μεταξύ του 1600 και του \(N\) (όπου δεν περιλαμβάνουμε το 1600 και περιλαμβάνουμε το \(N\)). Έστω ότι \(x\) είναι το ζητούμενο πλήθος. Από τον αλγόριθμο της διαίρεσης προκύπτει ότι υπάρχουν \([(N-1600)/4]\) έτη μεταξύ του 1600 και του \(N\) που διαιρούνται από το 4, υπάρχουν \([(N-1600)/100]\) έτη μεταξύ του 1600 και του \(N\) που διαιρούνται από το 100 και υπάρχουν \([(N-1600)/400]\) έτη μεταξύ του 1600 και του \(N\) που διαιρούνται από το 400. Άρα:
\[\begin{eqnarray*} x &=&[(N-1600)/4]-[(N-1600)/100]+[(N-1600)/400]\\ &=&[N/4]-400-[N/100]+16+[N/400]-4\\ &=&[N/4]-[N/100]+[N/400]-388. \end{eqnarray*}\] Αντικαθιστώντας στην παραπάνω ισότητα το \(N=100C+Y\) έχουμε \[\begin{eqnarray*} x &=&[25C+(Y/4)]-[C+(Y/100)]+[(C/4)+(Y/400)]-388\\ &=&25C+[Y/4]-C+[C/4]-388\\ &\equiv &3C+[C/4]+[Y/4]-3\pmod{7}.\end{eqnarray*}\] (Στα παραπάνω χρησιμοποιήθηκαν ορισμένες γνωστές και απλές ιδιότητες του ακεραίου μέρους).
Μπορούμε τώρα να υπολογίσουμε το \(d_{N}\) από το \(d_{1600}\) αυξάνοντας το \(d_{1600}\) κατά μια ημέρα για κάθε επόμενο έτος και μία μέρα για κάθε δίσεκτο έτος μεταξύ του 1600 και του \(N\). Έχουμε λοιπόν: \[\begin{eqnarray*}d_{N}&\equiv&d_{1600}+N-1600+x\pmod{7}\\ &\equiv&d_{1600}+100C+Y-1600+3C+[C/4]+[Y/4]-3\pmod{7}.\end{eqnarray*}\] Ανάγοντας κατά μόδιο 7 βρίσκουμε ότι: \[d_{N}\equiv d_{1600}-2C+Y+[C/4]+[Y/4]\pmod{7}.\] Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τώρα το γεγονός ότι, παραδείγματος χάρη, η 1η Μαρτίου του 1982 ήταν Δευτέρα. Δηλαδή μπορούμε να αντικαταστήσουμε στον παραπάνω τύπο τα \(N=1982\), \(C=19\), \(Y=82\) και \(d_{1982}=1\). Έπεται ότι: \[1\equiv d_{1600}-38+82+[19/4]+[82/4]\equiv d_{1600}-2\pmod{7}.\] Επομένως, \(d_{1600}=3\). Δηλαδή, η 1η Μαρτίου του 1600 ήταν Τετάρτη. Εάν χρησιμοποιήσουμε τη σχέση \(d_{1600}=3\), ο τύπος για το \(d_{N}\) μετατρέπεται στον: \[d_{N}\equiv 3-2C+Y+[C/4]+[Y/4]\pmod{7}.\]
Θα χρησιμοποιήσουμε τώρα αυτόν τον τύπο για να υπολογίσουμε την πρώτη ημέρα κάθε μήνα του έτους \(N\). Για να το κάνουμε αυτό, θα υπολογίσουμε τον αριθμό των ημερών που διαφέρει η 1η κάθε μήνα από την πρώτη του επόμενου μήνα. Οι μήνες με 30 ημέρες μετατοπίζουν την 1η του επόμενου μήνα κατά δύο ημέρες, διότι \(30\equiv 2\pmod{7}\). Οι μήνες με 31 ημέρες μετατοπίζουν την 1η του επόμενου μήνα κατά τρεις ημέρες, διότι \(31\equiv 3\pmod{7}\). Συνεπώς, πρέπει να προσθέσουμε τα επόμενα:
Από 1η Μαρτίου έως 1η Απριλίου:
Από 1η Απριλίου έως 1η Μαΐου:
Από 1η Μαΐου έως 1η Ιουνίου:
Από 1η Ιουνίου έως 1η Ιουλίου:
Από 1η Ιουλίου έως 1η Αυγούστου:
Από 1η Αυγούστου έως 1η Σεπτεμβρίου:
Από 1η Σεπτεμβρίου έως 1η Οκτωβρίου:
Από 1η Οκτωβρίου έως 1η Νοεμβρίου:
Από 1η Νοεμβρίου έως 1η Δεκεμβρίου:
Από 1η Δεκεμβρίου έως 1η Ιανουαρίου:
Από 1η Ιανουαρίου έως 1η Φεβρουαρίου:
3 ημέρες
2 ημέρες
3 ημέρες
2 ημέρες
3 ημέρες
3 ημέρες
2 ημέρες
3 ημέρες
2 ημέρες
3 ημέρες
3 ημέρες
Χρειαζόμαστε έναν τύπο που να παράγει τα ίδια αποτελέσματα. Διαπιστώνουμε ότι ο τύπος \([2,6m-0,2]-2\) παράγει τα ίδια αποτελέσματα όταν το \(m\) κυμαίνεται από \(2\) έως και \(12\), ενώ εάν \(m=1\), το αποτέλεσμα είναι \(0\). Συνεπώς, η μέρα της 1ης κάθε μήνα \(m\) του έτους \(N\) δίδεται από το ελάχιστο μη αρνητικό υπόλοιπο κατά μόδιο 7 του \(d_{N}+[2,6m-0,2]-2\). Για να βρούμε οποιαδήποτε ημέρα \(W\) σε σχέση με την ημερομηνία, απλώς προσθέτουμε το \(k-1\) στον προηγούμενο τύπο. Από αυτό προκύπτει ότι: \[W\equiv k+[2,6m-0,2]-2C+Y+[C/4]+[Y/4]\pmod{7}.\] Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε αυτόν τον τύπο για βρούμε την ημέρα που αντιστοιχεί σε δεδομένη ημερομηνία και έτος του Γρηγοριανού ημερολογίου.

Δύο παραδείγματα υπολογισμών
Κλείνουμε την ανάρτηση αυτή με την υλοποίηση δύο παραδείγματων. Στο πρώτο παράδειγμα θα βρούμε ποια ήταν η ημέρα της εβδομάδας που προσεδαφίστηκαν για πρώτη φορά άνθρωποι στη Σελήνη. Ως γνωστό, ήταν η 20η Ιουλίου του 1969, επομένως έχουμε \(C=19\), \(Y=69\), \(m=5\) και \(k=20\). Άρα: \[\begin{eqnarray*} W&\equiv& 20+[2,6\cdot 5-0,2]-2\cdot 19+69+[18/4]+[69/4]\pmod{7}\\ &\equiv & 20+[12,8]-38+69+[4,5]+[17,25]\pmod{7}\\ &\equiv & 20+12-38+69+4+17\pmod{7}\\ &\equiv & 84\pmod{7}\\ &\equiv & 0\pmod{7}.\end{eqnarray*}\] Συνεπώς, η ζητούμενη ημέρα ήταν Κυριακή.
Στο δεύτερο παράδειγμα θα υπολογίσουμε την ημέρα της εβδομάδας που θα γίνει για πρώτη φορά επιτυχής μεταμόσχευση καρδιάς σε άνθρωπο, εκτυπωμένη από τρισδιάστατο εκτυπωτη. Η ημερομηνία αυτή είναι στο μέλλον, η 25η φεβρουαρίου του 2024. Έχουμε \(C=20\), \(Y=24\), \(m=12\) και \(k=25\). Άρα: \[\begin{eqnarray*} W&\equiv& 25+[2,6\cdot 12-0,2]-2\cdot 20+24+[20/4]+[24/4]\pmod{7}\\ &\equiv & 25+31-40+24+5+6\pmod{7}\\ &\equiv & 51\pmod{7}\\ &\equiv & 2\pmod{7},\end{eqnarray*}\] δηλαδή Τρίτη.

Περισσότερα για το Γρηγοριανό ημερολόγιο καθώς και άλλα σχετικά θέματα μπορείτε να βρείτε εδώ.

Δευτέρα 31 Αυγούστου 2015

Consequentia Mirabilis

Το καταλληλότερο θέμα για την παρθενική ανάρτηση του ιστολογίου θεωρώ ότι είναι η επεξήγηση του τίτλου του ιστολογίου.
Η φράση Consequentia Mirabilis είναι Λατινική και σημαίνει κατά λέξη "θαυμαστή συνέπεια". Έτσι αποκαλείται ένας κανόνας της κλασικής λογικής ο οποίος διατυπώνεται ως εξής:
Εάν μια λογική πρόταση συνεπάγεται από την άρνησή της, τότε η εν λόγω πρόταση είναι αληθής.
Χρησιμοποιώντας τον καθιερωμένο συμβολισμό στη λογική, ο κανόνας γράφεται:
\[ (\neg A \rightarrow A) \rightarrow A, \] όπου με \(A\) συμβολίζουμε μια δεδομένη λογική πρόταση (δηλαδή μια πρόταση που είναι αληθής ή ψευδής), \(\neg\) είναι το σύμβολο της άρνησης της πρότασης και \(\rightarrow\) είναι το σύμβολο της συνεπαγωγής (το γνωστό σχήμα "εάν...τότε...").
Ο κανόνας Consequentia Μirabilis είναι επίσης γνωστός με την ονομασία κανόνας του Κλάβιους (Lex Clavia), προς τιμή του Γερμανού μαθηματικού και αστρονόμου Κρίστοφερ Κλάβιους (Christopher Clavius, 25/3/1538 - 3/2/1612). Ιστορικά, διατυπώθηκε για πρώτη φορά από τον Τζιρολάμο Σακέρι (Giovanni Girolamo Saccheri, 5/9/1667 - 25/10/1733). Ακολουθώντας την Αριστοτέλεια λογική προσπάθησε να όρισει ένα δικό του σύστημα λογικής. Στην πορεία της εργασίας του γράφει:
"Είναι πλέον πρόθεση μου να ακολουθήσω έναν διαφορετικό και, όπως νομίζω, πολύ όμορφο τρόπο για να αποδείξω αυτές τις ίδιες αλήθειες χωρίς τη βοήθεια κάποιας υπόθεσης. Θα προχωρήσω ως εξής: θα πάρω την αντίθετη της προς απόδειξη πρόταση και θα εκμαιεύσω το απαιτούμενο με απευθείας απόδειξη."
Θα προσπαθήσω τώρα να επεξηγήσω την ισχύ του κανόνα: ας θεωρήσουμε ότι έχουμε μια λογική πρόταση \(A\) για την οποία γνωρίζουμε ότι \(\neg A \rightarrow A\).
Υποθέτουμε ότι δεν αληθεύει η \(A\), δηλαδή ότι αληθεύει η \(\neg A\). Από τη δεδομένη συνεπαγωγή προκύπτει ότι αληθεύει η \(A\). Επομένως, καταλήγουμε στο ότι αληθεύουν αμφότερες οι \(A\) και \(\neg A\), γεγονός αδύνατο. Συνεπώς η αρχική υπόθεση (δεν αληθεύει η \(A\)) είναι λανθασμένη. Άρα, η \(A\) τελικά αληθεύει.
Υπάρχουν πολλές περιστάσεις όπου ο κανόνας Consequentia Μirabilis χρησιμοποιείται στα μαθηματικά και στη λογική. Παρακάτω θα δοθεί ένα παράδειγμα εφαρμογής του κανόνα σε έναν γρίφο.

Ο Αντώνης είναι ένας φοιτητής του οποίου η ακαδημαϊκή ζωή διέπεται από τους εξής κανόνες:
  1. Εάν διαβάζει, τότε παίρνει καλούς βαθμούς.
  2. Εάν δεν διαβάζει, τότε απολαμβάνει τη ζωή του.
  3. Εάν δεν παίρνει καλούς βαθμούς, τότε δεν απολαμβάνει τη ζωή του.
Μπορούμε να βγάλουμε κάποιο συμπέρασμα σχετικό με τους βαθμούς του Αντώνη;

Θα αποδείξουμε ότι ο Αντώνης παίρνει καλούς βαθμούς. Συμβολίζοντας με \(A\) την πρόταση "Ο Αντώνης παίρνει καλούς βαθμούς", θα αποδείξουμε συγκεκριμένα ότι \(\neg A \rightarrow A\). Έπειτα, με χρήση του κανόνα Consequentia Mirabilis θα καταλήξουμε στο ζητούμενο.
Έστω ότι ο Αντώνης δεν παίρνει καλούς βαθμούς (υποθέτουμε δηλαδή την ισχύ της \(\neg A\)). Από την υπόθεση (3) του γρίφου συμπεραίνουμε ότι ο Αντώνης δεν απολαμβάνει τη ζωή του. Άρα, από την υπόθεση (2) του γρίφου, ο Αντώνης διαβάζει. Επομένως, από την υπόθεση (1) του γρίφου, ο Αντώνης παίρνει καλούς βαθμούς (δηλαδή ισχύει η \(A\)). Έχουμε αποδείξει λοιπόν τη ζητούμενη συνεπαγωγή \(\neg A \rightarrow A\). Με επίκληση λοιπόν του Consequentia Mirabilis, ισχύει η \(A\), δηλαδή ο Αντώνης παίρνει καλούς βαθμούς.

Πηγές:
  • Brown, Frank Markham, Boolean reasoning, Dover publications 2003
  • DeLong Howard, A profile of mathematical logic, Dover publications 2004