Monday, 14 May 2018

3ος Μαθηματικός διαγωνισμός «Μαθηματικά για μικρούς σκακιστές»


Με επιτυχία ολοκληρώθηκε ο 3ος Μαθηματικός διαγωνισμός «Μαθηματικά για μικρούς σκακιστές», την Κυριακή 13 Μαΐου 2018. Ο διαγωνισμός ενσωματώθηκε στο πλαίσιο του 4ου παιδικού τουρνουά 2018 και του 3ου ομαδικού πρωταθλήματος ακαδημιών «Θεοφάνης Δρόσος» της Σκακιστικής Ακαδημίας Συκεών Νεάπολης. Φέτος, για πρώτη φορά, ο διαγωνισμός φιλοξενήθηκε από τα εκπαιδευτήρια Βασιλειάδη, τα οποία και ευχαριστούμε θερμά για την παραχώρηση των εγκαταστάσεων.

Ο διαγωνισμός αυτός, όπως έχει τονιστεί στο παρελθόν, ακολουθεί υψηλά διεθνή πρότυπα διεξαγωγής αντίστοιχων διαγωνισμών. Με γνώμονα την κατανόηση της χρησιμότητας των μαθηματικών στην καθημερινή μας ζωή αλλά και της συνάφειάς τους με το σκάκι, ο απώτερος στόχος είναι να αποτελέσει κίνητρο για την παραπέρα ενασχόληση των μικρών φίλων του σκακιού με τα μαθηματικά. Περισσότερες πληροφορίες σχετικά με το διαγωνισμό μπορείτε να βρείτε στον επόμενο σύνδεσμο:


Τα θέματα και τις λύσεις του διαγωνισμού μπορείτε να βρείτε στους παρακάτω συνδέσμους: 



Ακολουθούν οι διακριθέντες από κάθε τάξη:

Α' Δημοτικού: Μαρινίδης Σταύρος
Β' Δημοτικού: Κουτσός Χάρης
Γ' Δημοτικού: Αλευρίδης Γεώργιος, Χαλκιάς Νίκος (ισοβαθμία)
Δ' Δημοτικού: Αλευρίδης Ιωάννης
Ε' Δημοτικού: Μήτσιου Γεώργιος, Τσουχνικάς Γεώργιος, Χειλαδάκης Βασίλειος (ισοβαθμία)
ΣΤ' Δημοτικού: Νακίτσας Γεώργιος

Οι επίσημες βραβεύσεις θα λάβουν χώρα στα εκπαιδευτήρια Βασιλειάδη, την Κυριακή 20 Μαΐου 2018, μετά την ολοκλήρωση του σκακιστικού τουρνουά. 

Θερμές ευχαριστίες καταρχήν στα υπέροχα παιδιά, που ήταν και οι πρωταγωνιστές του διαγωνισμού, αλλά και στους γονείς για την εμπιστοσύνη που μας έδειξαν για άλλη μια φορά, αναγνωρίζοντας με αυτόν τον τρόπο την αξία αυτού του εγχειρήματος. Επίσης, μετά από τρία χρόνια επιτυχούς διεξαγωγής του διαγωνισμού, οφείλω ένα τεράστιο ευχαριστώ προσωπικά στον φίλο και πρόεδρο της Σκακιστικής Ακαδημίας Συκεών Νεάπολης, Σπύρο Γιαννουλάκη, πρώτον διότι η ιδέα του διαγωνισμού αυτού ανήκει εξ ολοκλήρου σε αυτόν και δεύτερον διότι μου έδωσε την ευκαιρία να υλοποιήσω την ιδέα αυτή.

Κλείνοντας, για όσους ενδιαφέρονται, τα θέματα μαζί με τις λύσεις των προηγούμενων ετών βρίσκονται στους επόμενους συνδέσμους:



Επικοινωνία:
Τηλ.: 6970081310
email: amaronidis@gmail.com

Tuesday, 24 April 2018

Μαθηματικές πομφόλυγες και φληναφήματα

  • Όταν χωρίζει ένα ζεύγος, σε τι διάσταση βρίσκεται;
  • Τι δύναμη χρειάζεται για να ξεριζώσεις τη νιοστή ρίζα;
  • Ποια είναι η αντίστροφη πράξη της προσθαφαίρεσης; 
  • Αφού ο πολλαπλασιασμός δηλώνει ένα πλήθος από προσθέσεις και η δύναμη ένα πλήθος από πολλαπλασιασμούς, γιατί δεν υπάρχει ως φυσική συνέχεια μία πράξη που να δηλώνει ένα πλήθος από δυνάμεις;
  • Αν ο Αρχιμήδης ήταν ο Riemann άραγε θα έλεγε «Μη μου τις ελλείψεις τάραττε»;
  • Δεδομένου ότι το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχει σήμερα περίπου 500 διαφορετικές αποδείξεις, υπάρχει απόδειξη ότι το πλήθος τους είναι πεπερασμένο;
  • Εάν για κάθε ε μεγαλύτερο του μηδενός, υπάρχει φυσικός αριθμός μ τέτοιος ώστε για κάθε φυσικό αριθμό ν μεγαλύτερο του μ η απόλυτη διαφορά μου από ένα λ να είναι μικρότερη του ε, τότε έχω φτάσει στο όριό μου.
  • Ο Newton θα ήταν αδύνατο να επινοήσει πρώτος το συμβολισμό του Leibniz, γιατί τότε θα ήταν εξ ορισμού ο ίδιος ο Leibniz.
  • Αν δεν υπήρχε το K­­­­önigsberg, άραγε θα υπήρχαν οι γέφυρές του;
  • Ας μου πει επιτέλους κάποιος, πόσα rad είναι η καλή φάση;
  • Αναζητείται ο πλανόδιος έμπορος για να μας πει το πρόβλημά του.
  • Όποιος γνωρίζει πώς προφέρεται τελικά ο Dijkstra, ας με ενημερώσει παρακαλώ!
  • Γιατί από το π και φ λείπει το e;

    Tuesday, 3 April 2018

    Ars longa, vita brevis

    «Ο βίος βραχύς, η δε τέχνη μακρή» μας διδάσκει το σοφό πνεύμα του Ιπποκράτη μέσα από το μεγάλο του έργο Αφορισμοί. Οι άνθρωποι φεύγουν, η τέχνη μένει θα μπορούσαμε να πούμε παραφράζοντας. Η ιστορία της τέχνης μας το επιβεβαιώνει διαρκώς. Το μουσικό έργο Passacaglia1 and Fugue in C Minor, BWV 582 του Johann Sebastian Bach είναι κατά τη γνώμη μου ένα περίτρανο παράδειγμα. Αναδεικνύοντας στο έπακρο την υπερβατική διάσταση της μουσικής, καταφέρνει σε μία ανώτερη διαλεκτική να δώσει αισθητηριακή υπόσταση σε μία άχρονη διάνοια, η οποία κατά κάποιον μεταφυσικό τρόπο προϋπήρχε και θα συνεχίσει να υπάρχει ανεξάρτητα από το ανθρώπινο είδος. Ακολουθεί η αιθέρια εκτέλεση του έργου από τον οργανίστα Hans-André Stamm με το ιστορικό Trost-Organ στο Walterhausen της Γερμανίας [1].






    Σε ένα απέραντο, ερημικό σύμπαν, το κοσμογονικό αυτό έργο καταφέρνει να απεγκλωβιστεί από τη μαύρη τρύπα της θνητότητάς του και να απλωθεί προς κάθε κατεύθυνση του χωροχρονικού πλέγματος, τοποθετώντας τη μουσική στην περίοπτη θέση που φαντασιωνόταν ο Σοπενχάουερ2Η ακρόαση αυτού του έργου μου προκαλεί μία πανδαισία συναισθημάτων που ξεπερνούν το σύνορο της πρόσκαιρης ηδονής, παρεισφρέοντας στα ενδότερα της Αριστοτελικής ευδαιμονίας. Οι συνεχείς και ατέρμονες επαναλήψεις του κυρίου θέματος αντηχούν ένα συμπαντικό πολλαπλό οργασμό που διαχέεται σε όλα τα δυνατά παράλληλα σύμπαντα. Η αψεγάδιαστη αρμονία του έργου εσωκλείει μέσα της με τον πιο υπέροχο τρόπο την Πυθαγόρεια θεώρηση των αριθμητικών αναλογιών, δημιουργώντας απαράμιλλη τάξη μέσα από το εντροπικό χάος. Ταυτόχρονα, οι αιρετικές μουσικές διαφωνίες έρχονται να συμπληρώσουν το διάλογο ανάμεσα στις φωνές, αφαιρώντας από το έργο οποιαδήποτε τονική ατονία. Νιώθω ότι ο Δημιουργός, χρησιμοποιώντας ως μέσο τον ήχο, με το έργο του αυτό κατορθώνει να συγκεράσει στο σύνολό της τη σκέψη και τη σοφία του κόσμου στον οποίο ζούμε, αλλά και όλων εκείνων των κόσμων που δεν έχουν υλοποιηθεί.

    1Πρόκειται για μορφή μουσικού έργου το οποίο χαρακτηρίζεται από συνεχείς παραλλαγές επάνω σε ένα κύριο μοτίβο που επαναλαμβάνεται σταθερά με τον ίδιο τρόπο (ostinato).

    2Schopenhauer Arthur (22 Φεβρουαρίου 1788 - 21 Σεπτεμβρίου 1860): Γερμανός πεσιμιστής φιλόσοφος που είχε προσδώσει κεντρική θέση στις τέχνες και ιδιαίτερα στη μουσική. Θεωρούσε ότι μόνο η τέχνη είναι ικανή να καταστήσει τη ζωή υποφερτή.

    [1] http://www.organartmedia.com/en/heinrich-gottfried-trost

    Wednesday, 14 March 2018

    Η στάνη του Monty Hall

    Βρίσκεστε σε ένα τηλεπαιχνίδι στο οποίο σας παρουσιάζονται τρεις πόρτες. Πίσω από τις δύο πόρτες κρύβεται από μία κατσίκα, ενώ πίσω από την τρίτη βρίσκεται το πολυπόθητο έπαθλο, ένα αυτοκίνητο. Καλείστε να επιλέξετε μια από τις τρεις πόρτες. Αφού επιλέξετε, ο παρουσιαστής ανοίγει μία από τις άλλες δύο αποκαλύπτοντας τη μία κατσίκα. Έπειτα σας ρωτάει αν θέλετε να αλλάξετε πόρτα ή να επιμείνετε στην αρχική σας επιλογή. Τι θα κάνατε;

    Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό στους μαθηματικούς (και μη) κύκλους ως το πρόβλημα του Monty Hall, από τον ομώνυμο παρουσιαστή του τηλεπαιχνιδιού "Let's make a deal" που ξεκίνησε να προβάλλεται στις αμερικανικές τηλεοράσεις τη δεκαετία του '70 [1]. Πολλές φορές αναφέρεται και ως παράδοξο, καθώς σύμφωνα με την άποψη ορισμένων η λύση του έρχεται σε ρήξη με την ανθρώπινη διαίσθηση.

    Η σωστή στρατηγική που πρέπει να ακολουθήσετε, όσο κι αν φαίνεται περίεργο, είναι να αλλάξετε την αρχική σας επιλογή και να διαλέξετε την πόρτα που απομένει αφότου ο παρουσιαστής σας επιδείξει τη μία από τις δύο κατσίκες. Με αυτόν τον τρόπο μάλιστα διπλασιάζεται την πιθανότητα να κερδίσετε το αυτοκίνητο! Γιατί όμως;

    Όταν επιλέγετε στην αρχή μία πόρτα υπάρχουν τρία ισοπίθανα ενδεχόμενα:

    1) Επιλέγετε την κατσίκα 1
    2) Επιλέγετε την κατσίκα 2
    3) Επιλέγετε το αυτοκίνητο

    Η πιθανότητα λοιπόν να κερδίσετε το αυτοκίνητο αν δεν αλλάξετε επιλογή είναι $\frac{1}{3} = 0.333...$.

    Ας δούμε τώρα τι συμβαίνει σε καθένα από αυτά τα τρία ενδεχόμενα ξεχωριστά, αν ακολουθήσετε τη στρατηγική της αλλαγής.

    1) Έστω ότι αρχικά έχετε επιλέξει την κατσίκα 1. Τότε ο παρουσιαστής είναι αναγκασμένος να σας ανοίξει την πόρτα με την κατσίκα 2 και συνεπώς αν αλλάξετε απόφαση θα επιλέξετε την πόρτα με το αυτοκίνητο. 

    2) Όμοια με την περίπτωση 1, αν έχετε επιλέξει την κατσίκα 2, ο παρουσιαστής σας αποκαλύπτει την κατσίκα 1 κι επομένως αν αλλάξετε θα πέσετε και πάλι στο αυτοκίνητο. 

    3) Τέλος, αν αρχικά έχετε επιλέξει το αυτοκίνητο, ο παρουσιαστής σας αποκαλύπτει με τυχαίο τρόπο μία από τις δύο κατσίκες. Στην περίπτωση αυτή, αν αλλάξετε επιλογή προφανώς θα πέσετε επάνω στην εναπομείνασα κατσίκα.

    Είναι φανερό λοιπόν ότι στις 2 από τις 3 παραπάνω περιπτώσεις κερδίζετε το αυτοκίνητο. Η πιθανότητα δηλαδή νίκης ανέρχεται στα $\frac{2}{3} = 0.666...$, δύο φορές δηλαδή η αρχική πιθανότητα!

    Ας προσπαθήσουμε τώρα να επεκτείνουμε το πρόβλημα ως εξής:

    Έστω ότι απέναντί σας έχετε $n$ πόρτες. Αυτή τη φορά πίσω από μία ακριβώς πόρτα βρίσκεται το αυτοκίνητο και πίσω από τις υπόλοιπες $n-1$ κρύβεται μια κατσίκα. 



    Όπως και στο βασικό πρόβλημα, επιλέγουμε τυχαία μια πόρτα. Ο παρουσιαστής ανοίγει μια από τις υπόλοιπες πόρτες η οποία κρύβει κατσίκα και μας δίνει το δικαίωμα να παραμείνουμε στην αρχική μας επιλογή ή να αλλάξουμε πόρτα. Τι μας συμφέρει να κάνουμε; Αλλάζει κάτι σε σχέση με το βασικό πρόβλημα;

    Ας προσπαθήσουμε και πάλι να προσεγγίσουμε το πρόβλημα με παρόμοιο σκεπτικό. Τα κύρια ενδεχόμενα σε αυτήν την εκδοχή είναι $n$ και απαριθμούνται παρακάτω:

    1) Επιλέγουμε την κατσίκα 1
    2) Επιλέγουμε την κατσίκα 2
    ...
    n-1) Επιλέγουμε την κατσίκα $n-1$
    n) Επιλέγουμε το αυτοκίνητο

    Σε αυτήν την εκδοχή του προβλήματος, η αρχική πιθανότητα να επιλέξουμε το αυτοκίνητο ισούται με $\frac{1}{n}$. Επιπλέον, είναι φανερό ότι εάν έχουμε επιλέξει το αυτοκίνητο, τότε με απόλυτη βεβαιότητα εφόσον αλλάξουμε πόρτα, θα το χάσουμε. Σε καθένα από τα υπόλοιπα ενδεχόμενα, αν εξαιρέσουμε την κατσίκα που έχουμε επιλέξει και την κατσίκα που ο παρουσιαστής αποκαλύπτει, οι υπόλοιπες κατσίκες καταλαμβάνουν τις $n-3$ θέσεις από τις $n-2$ που απομένουν. Συνεπώς, αν αλλάξουμε πόρτα, το να πέσουμε επάνω στο αυτοκίνητο έχει πιθανότητα $\frac{1}{n-2}$. Η πιθανότητα αυτή είναι δεσμευμένη από το γεγονός ότι έχουμε αρχικά επιλέξει κατσίκα. Έτσι, η συνολική πιθανότητα να επιλέξουμε τελικά το αυτοκίνητο, δεδομένου ότι ακολουθούμε τη στρατηγική της αλλαγής ισούται με:

    $P_n = (n-1) \frac{1}{n} \frac{1}{n-2} = \frac{n-1}{n(n-2)}$.

    Επαληθεύοντας, για $n=3$ έχουμε $P_3 = \frac{2}{3}$ καταλήγοντας στη βασική εκδοχή του προβλήματος.

    Παρατηρούμε ότι $\frac{n-1}{n(n-2)} > \frac{1}{n}$, συνεπώς και πάλι συμφέρει να αλλάξουμε πόρτα. Πάντως $\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n-1}{n(n-2)} - \frac{1}{n} = 0$, που δείχνει ότι όσο το $n$ μεγαλώνει, τόσο μικραίνει η επίδραση της αλλαγής στην πιθανότητα νίκης.

    Τέλος, ας επιχειρήσουμε μια ακόμη μεγαλύτερη γενίκευση. Έστω ότι πάλι έχουμε απέναντί μας $n$ πόρτες. Αυτή τη φορά όμως ο παρουσιαστής εφόσον έχουμε επιλέξει μια πόρτα, μας αποκαλύπτει $k$ από τις κατσίκες που κρύβονται στις υπόλοιπες πόρτες. Ποια είναι η πιθανότητα να πετύχουμε το αυτοκίνητο τώρα; 

    Και πάλι, για να έχουμε ελπίδες να κερδίσουμε το αυτοκίνητο πρέπει αναγκαστικά να έχουμε επιλέξει αρχικά κατσίκα. Σε αυτήν την περίπτωση, εφόσον μας αποκαλύπτονται $k$ κατσίκες, η πιθανότητα να πέσουμε στο αυτοκίνητο γίνεται 

    $P_n^k = (n-1) \frac{1}{n} \frac{1}{n-k-1} = \frac{n-1}{n(n-k-1)}$.

    Για $k=1$ έχουμε την προηγούμενη γενίκευση. Επιπλέον, για $k=1$ και $n=3$ παρατηρούμε ότι καταλήγουμε ξανά στη βασική εκδοχή του προβλήματος.


    Και πάλι εύκολα προκύπτει ότι $\frac{n-1}{n(n-k-1)} > \frac{1}{n}$. Επίσης, είναι φανερό ότι όσο μεγαλύτερο είναι το $k$, τόσο μεγαλύτερη και η πιθανότητα νίκης. Με απλά λόγια, όσο περισσότερες πόρτες ανοίγει ο παρουσιαστής, τόσο λιγότερες επιλογές πόρτας μας δίνει και συνεπώς τόσο πιο μεγάλη γίνεται η πιθανότητα να πετύχουμε το αυτοκίνητο. 

    Αν λοιπόν ποτέ βρεθείτε σε ένα αντίστοιχο τηλεπαιχνίδι, μη διστάσετε να αλλάξετε την αρχική σας επιλογή πόρτας, αρκεί βέβαια να προτιμάται το αυτοκίνητο έναντι της κατσίκας...

    Tuesday, 20 February 2018

    Μην ξεχνάτε να κερδίζετε τις κερδισμένες θέσεις

    Για να κερδίσει κανείς μια επίσημη παρτίδα στο σκάκι υπάρχουν πέντε και μόνο τρόποι:
    1. Κάνει ματ στον αντίπαλο
    2. Εγκαταλείπει ο αντίπαλος
    3. Μηδενίζεται ο χρόνος στο ρολόι του αντιπάλου ή όπως λέγεται στη σκακιστική ορολογία πέφτει η σημαία του
    4. Σε κάποιες ειδικές περιπτώσεις παράβασης κάποιου κανόνα μεσολαβεί ο διαιτητής και κατακυρώνει τη νίκη, π.χ., αντικανονική κίνηση αντιπάλου, κτλ.
    5. Σε κάποιες εξαιρετικές περιπτώσεις συμπαντικής φύσεως, π.χ., παύουν να ισχύουν οι νόμοι της φύσης, καταρρέει το σύστημα λογικής, κτλ.
    Από προσωπική μου εμπειρία, η τελευταία αυτή περίπτωση δεν έχει παρατηρηθεί, μέχρι σήμερα τουλάχιστον... Επίσης, μπορώ να διαβεβαιώσω ότι κανείς δεν κέρδισε παρτίδα εγκαταλείποντας (για να μνημονεύσουμε τον μεγάλο Savielly Tartakower [1]) ή συμφωνώντας ισοπαλία. Φυσικά το να εγκαταλείπει κανείς ή να συμφωνεί ισοπαλία είναι απόλυτα υγιές σε κάποιες θέσεις κι έχουμε όλοι δει παίκτες να γελιοποιούνται μη αποδεχόμενοι την ήττα τους ή αρνούμενοι να παραδεχτούν ότι μια θέση είναι ισόπαλη ο κόσμος να χαλάσει. Πού όμως βρίσκονται τα όρια μεταξύ της γελοιοποίησης και της δικαιολογημένης επιμονής;

    Θύμα αυτού του διλήμματος έχω πέσει κι εγώ. Η επόμενη θέση προέρχεται από μια επίσημη διαβαθμισμένη παρτίδα μου στο ομαδικό πρωτάθλημα Θεσσαλονίκης - Χαλκιδικής, στην οποία παίζω με τα μαύρα.


    Με μια γρήγορη εκτίμηση της θέσης γίνεται φανερό ότι τα μαύρα είναι πολύ ανώτερα, λόγω της κάκιστης λευκής πιονοδομής και των δύο κεντρικών ελεύθερων μαύρων πιονιών, τα οποία συν τοις άλλοις είναι και δεμένα. Η καλύτερη συνέχεια για τα μαύρα είναι μάλλον 1...Rf1 με την απλή ιδέα 2...Ra1 μαζεύοντας τα σκόρπια λευκά πιόνια, χωρίς το παραμικρό αντάλλαγμα για τα λευκά. Για παράδειγμα, στο 2. Rg6+ Ke5! (και όχι 2...Rf6) με συντριπτική επίθεση στον λευκό βασιλιά. Π.χ., 3. Rxa6 e3+, κτλ.

    Το πρώτο μου σφάλμα στην παρτίδα είναι ότι παραμέρισα αυτήν τη φυσιολογική συνέχεια και ενέδωσα σε μια κάκιστη σκακιστική ή αλλιώς «σκάκιστη» - για να χρησιμοποιήσω ένα προσωπικό λογοπαίγνιο - συνήθεια που έχω, να μετράω ατελείωτες βαριάντες εκεί που δεν χρειάζεται. Το αποτέλεσμα είναι ουκ ολίγες φορές να μου ξεφεύγει κάποια ενδιάμεση κίνηση του αντιπάλου σε μεγάλο βάθος της βαριάντας, η οποία μάλιστα στη ροή του παιχνιδιού μπορεί και να είναι οφθαλμοφανέστατη, με αποτέλεσμα ακόμη και να χάνω την παρτίδα. Στη θέση αυτή λοιπόν εκτίμησα ότι μπορώ με τη στρατηγική θυσία ενός πιονιού να μπω με φορσέ τρόπο σε κερδισμένο φινάλε.

    1...Rf2+? λοιπόν αντί για το ορθό 1...Rf1. Πώς κάνετε έτσι για ένα τετράγωνο...


    Τη στιγμή αυτή, όσοι θεατές από την ομάδα μου παρακολουθούσαν την παρτίδα, με κοίταξαν στα μάτια πιστεύοντας ότι έχω κάνει αβλεψία ή ότι μου γλίστρησε ο πύργος και έμεινε σε λάθος τετράγωνο! Εδώ που τα λέμε, αν ήταν έτσι θα είχα και μια καλή δικαιολογία... Η κίνηση αυτή όμως παίχτηκε σκόπιμα και κρύβει μέσα της πολύ μεγάλο βάθος. Τόσο μεγάλο που κατάπιε κι εμένα τον ίδιο... Ακολούθησε

    2. Rxf2 e3+, 3. Ke2 exf2

    Διάγραμμα 1.

    Πήρα πίσω τον πύργο θυσιάζοντας προσωρινά ένα πιόνι για να μπω σε ένα κλασικό φινάλε δεμένου ελεύθερου πιονιού εναντίον μακρινού ελεύθερου. Εν γένει, το πλεονέκτημα του δεμένου ελεύθερου είναι τόσο μεγάλο που ακόμη και με πιόνι κάτω, σε συγκεκριμένες θέσεις και υπό ορισμένες προϋποθέσεις (π.χ., διπλωμένα πιόνια του αντιπάλου) δίνει τη δυνατότητα νίκης (βλέπε... την παρτίδα που βλέπεις). Έτσι λοιπόν, στη θέση αυτή, εκτίμησα ότι τα διπλωμένα πιόνια του λευκού στην a στήλη λογαριάζονται ως ένα και συνεπώς το πλεονέκτημα του δεμένου ελεύθερου θα πρέπει να είναι αρκετό για τη νίκη. Το σχέδιό μου είναι να χρησιμοποιήσω για αντιπερισπασμό το ελεύθερο πιόνι στο d4 με σκοπό να πάρω το λευκό πιόνι στο h2 και να κερδίσω την οποζισιόν1 σπρώχνοντας το λευκό βασιλιά μακριά από την άμυνα των υπόλοιπων λευκών πιονιών.

    Όλα αυτά συμφωνούν με το γενικό κανόνα. Δεν μου πέρασε από το μυαλό όμως ο μεγαλύτερος εχθρός ενός κανόνα, η εξαίρεση... Και δυστυχώς η θέση αυτή αποτελεί εξαίρεση. Το πρόβλημα για τα μαύρα είναι το πιόνι στο a2 το οποίο όπως θα δούμε σώζει την τελευταία στιγμή στην κυριολεξία τα λευκά! Πιο συγκεκριμένα, όταν τα μαύρα αιχμαλωτίσουν το λευκό πιόνι στο c4 και σπρώξουν το μαύρο πιόνι από το c5 στο c2, ο λευκός θα έχει πάντα ένα πολύτιμο τέμπο με το πιόνι στο a2 που είναι αρκετό για να του εξασφαλίσει την ισοπαλία με τη βοήθεια του πατ! Δια του λόγου το αληθές, μια πιθανή βαριάντα θα μπορούσε να είναι η επόμενη:

    4. Kxf2 (και το 4. a5 οδηγεί σε ισοπαλία με παρόμοια συνέχεια) a5, 5. Ke2 Ke5, 6. Ke1

     

    Κερδίζοντας τη μακρινή οποζισιόν!

    6...Kf5, 7. Kf1 

    Διατηρώντας τη μακρινή οποζισιόν...

    7...Kg4, 8. Kg2 Kh4, 9. Kf1 Kh3, 10. Kg1.

     

    Εδώ, αν τα μαύρα είχαν ένα έξτρα τέμπο, θα κέρδιζαν αφού θα ανάγκαζαν τα λευκά να παίξουν είτε 11. a3 είτε 11. Kh1 και στα δύο από τα οποία θα ακολουθούσε 11...d3 (κρατείστε αυτήν την παρατήρηση για αργότερα). Όμως δεν το έχουν και ο μόνος τρόπος για να κάνουν πρόοδο είναι ο επόμενος:

    10...d3, 11. Kf2 Kxh2, 12. Ke3 Kg3, 13. Kxd3 Kf3, 14. Kd2 Ke4, 15. Kc3 Ke3, 16. Kc2 Kd4, 17. Kb3 Kd3, 18. Kb2 Kxc4, 19. Kc2



    Τώρα υπάρχουν δύο επιλογές:

    α) 14...Kd4, 15. Kd2 c4, 16. Kc2 c3, 17. Kd1! (και όχι 17. Kc1? Kd3, 18. Kd1 c2+, 19. Kc1 Kc3, 20. a3 Kd3, 21. Kb2 Kd2 με τετριμμένη νίκη για τα μαύρα. Παρατηρούμε ότι σε αυτήν τη βαριάντα ο λευκός θα προτιμούσε να μην έχει το πιόνι στο a2!



    17...Kd3, 18. Kc1 c2, 19. a3 Kc3 πατ.



    β) 14...Kb4, 15. Kd3 Kxa4 (ή 15...c4+, 16. Kd4 c3, 17. Kd3 με ισοπαλία. Προσέξτε το ρόλο του a2 πιονιού το οποίο κρατάει το μαύρο βασιλιά μακριά από το σημαντικό b3 τετράγωνο), 16. Kc4 Ka3, 17. Kxc5 Kxa2, 18. Kb5 νούλα.



    Η πραγματική παρτίδα συνεχίστηκε ως εξής:

    4. Kxf2 Kf5, 5. Kf3 Kg5, 6. Kg3 Kh5, 7. h4??


    Τραγικό λάθος που δίνει τη νίκη στα μαύρα! 

    7...a5!

    Υποχρεώνει τα λευκά να παίξουν την ανεπιθύμητη κίνηση 8. a3, που τους στερεί το πολυπόθητο τέμπο. Διαφορετικά, αν 8. Kh3 ο λευκός βασιλιάς βγαίνει έξω από το τετράγωνο d4-g4-g1-d1 και συνεπώς μετά από 8...d3 δεν προλαβαίνει την προαγωγή του πιονιού.

    8. a3 d3, 9. Kf3 Kxh4


    Αποκαθιστώντας την υλική ισότητα.

    10. Ke3 Kg3, 11. Kxd3 Kf3


    Κερδίζοντας την οποζισιόν. 

    12. Kd2 Ke4, 13. Kc3 Ke3


    Διατηρώντας την οποζισιόν.

    14. Kc2 Kd4, 15. Kd2 Kxc4


    Αποκαθιστώντας για δεύτερη φορά την υλική ισορροπία. Ακολούθησε

    16. Kc2 Kd4, 17. Kd2 c4, 18. Kc2 c3


    Τώρα αν 19. Kb1 ή 19. Kd1, ο Μαύρος κερδίζει αμέσως με 19...Kd3, 20. Kc1 c2, 21. Kb2 Kd2 κτλ. Οπότε...

    19. Kc1


    Στη θέση αυτή, παίχτηκε μια τραγωδία που θα τη ζήλευε ακόμη κι ο Αισχύλος! Για κάποιον ανεξήγητο λόγο έχουν αρχίσει να με ζώνουν τα φαντάσματα. Ο νους μου έχει πέσει σε λήθαργο, λαϊκιστί έχω κάψει φλάντζα, κι έχει χαθεί παντελώς η επικοινωνία με τη σκακιέρα. Είμαι βέβαιος ξαφνικά ότι τελικά έχω μετρήσει λάθος και ότι στη θέση αυτή δεν μπορώ να κερδίσω και η απογοήτευση εξουσιάζει το θυμικό μου. Εν τω μεταξύ, ήδη εδώ και μερικές κινήσεις μου ζητείται επίμονα από τον αντίπαλο ισοπαλία, με τρόπο μάλιστα επιτακτικό, για να μην πω περιφρονητικό, κάτι που ήδη έχει αρχίσει να με κάνει να νιώθω άβολα που συνεχίζω να παίζω μια δήθεν «ισόπαλη» θέση (το δίλημμα που λέγαμε...). Τονίζω ότι αυτό σε καμία περίπτωση δεν με απαλλάσσει από την ευθύνη των αποφάσεών μου. Αφού σκέφτηκα για λίγο, δέχτηκα ισοπαλία. Φυσικά, δεν άργησα να καταλάβω τι έκανα. Μα την αλήθεια, ξέχασα να κερδίσω αυτήν την παρτίδα... Το συναίσθημα είναι χειρότερο κι από εκείνο μιας ταπεινωτικής ήττας (αν υπάρχει τέτοια...). 

    Εδώ τα μαύρα με λίγη γεωμετρία πηγαίνουν πάσο και κερδίζουν με τον εξής «τριγωνικό» τρόπο:

    19...Kc5, 20. Kd1 Kd5, 21. Kc1 Kd4

    Επαναφέροντας την ίδια με πριν θέση (προσέξτε το τρίγωνο c5-d5-d4 του μαύρου Βασιλιά). Αυτή τη φορά όμως είναι σειρά του λευκού να παίξει.

    22. Kc2 Kc4, 23. Kc1 Kb3, 24. Kb1 Kxa3, 25. Kc2 Kb4, 26. Kb1 Kxa4 κτλ.

     

    Σημειωτέον, η θέση αποτελεί βασικό φινάλε που διδάσκεται ακόμη και σε τμήματα αρχαρίων και αν μου είχε ζητηθεί να τη λύσω στο πλαίσιο ενός σκακιστικού παζλ, θα την έλυνα σε ελάχιστο χρόνο. Όμως, η φόρτιση της στιγμής σε συνδυασμό με την επιμονή του αντιπάλου μου να ζητάει ισοπαλία και η βύθιση στο μέτρημα ατελείωτων βαριαντών, θόλωσαν τη σκέψη μου και μου στέρησαν τη νίκη και μισό βαθμό. Για την ιστορία, ευτυχώς η απώλεια αυτή δεν στοίχισε στην ομάδα μου.

    Ξεπερνώντας το φιάσκο, όταν επέστρεψα στο σπίτι άρχισα να αναλύω την παρτίδα με παραγωγική πλέον διάθεση και προς μεγάλη μου έκπληξη διαπίστωσα ότι η θέση που προέκυψε μετά τη λάθος μου απόφαση να μπω σε φινάλε (βλ. Διάγραμμα 1), έχει ιδιαίτερο διδακτικό ενδιαφέρον. Όπως ήδη διαπιστώσαμε, τον λευκό σώζει το έξτρα τέμπο που του εξασφαλίζει το πιόνι a2. Τι θα γινόταν λοιπόν αν αλλάζαμε λίγο τη θέση και τοποθετούσαμε ένα επιπλέον πιόνι στο c7 για τα μαύρα (βλ. Διάγραμμα 2); 


    Διάγραμμα 2.

    Τότε μετά από την ίδια συνέχεια 

    4. Kxf2 a5!, 5. Ke2 Ke5, 6. Ke1 Kf5, 7. Kf1 Kg4, 8. Kg2 Kh4, 9. Kf1 Kh3, 10. Kg1

     

    υπάρχει η κίνηση «ρεζέρβα» 10...c6 η οποία αναγκάζει τα λευκά να παίξουν 11. a3 ή 11. Kh1 και τα δυο από τα οποία χάνουν με 11...d3. Συνεπώς, τα μαύρα με την προσθήκη ενός φαινομενικά αδιάφορου πιονιού φαίνεται ότι θα κέρδιζαν... ή μήπως όχι;

    Στην πραγματικότητα, ακόμη και το πιόνι στο c7 δεν είναι αρκετό για να χαρίσει τη νίκη στα μαύρα, αρκεί τα λευκά να ανακαλύψουν μια εκπληκτική ιδέα που κρύβει η θέση. Στη θέση του Διαγράμματος 2, τα λευκά αντί για το προφανές 4. Kxf2 πρέπει να παίξουν το μοναδικό

    4. a5! Ke5, 5. Kxf2 Kf4, 6. h3 Kg5, 7. Kg1 Kh5, 8. Kf1 Kh4, 9. Kg2

     

    9...d3, 10. Kf3 Kxh3, 11. Ke3 Kg3, 12. Kxd3 Kf3, 13. Kd2 Ke4, 14. Kc3 Ke3, 15. Kc2 Kd4, 16. Kb3 Kd3

     

    17. a3! c6

     

    18. Ka4!! 

     

    Ισοπαλία! Ο λευκός βασιλιάς κρύβεται στη φωλιά που έχτισε μόνος του με τις κινήσεις a5 και a3 και προκαλεί το μαύρο να αγγίξει το ηλεκτροφόρο πιόνι στο c4. Το 18...Kxc4 είναι φυσικά πατ. Όμοια και τα 18...Kc3, 18...Kc2. Επίσης σε οποιαδήποτε οπισθοχώρηση του μαύρου, ο λευκός βασιλιάς ξετρυπώνει από το b3! Ο μαύρος είναι υποχρεωμένος να αποδεχτεί το μοιραίο.

    Πολύ ενδιαφέρουσα συνέχεια, με σπάνιας ομορφιάς τελική εικόνα ισοπαλίας. Παίρνοντας λοιπόν τα πράγματα από την αρχή, το άρθρο αυτό θα μπορούσε να ξεκινάει ως εξής: «Με μεγάλη μου χαρά σας παρουσιάζω το επόμενο καλλιτεχνικό φινάλε2 (βλ. Διάγραμμα 2), στο οποίο παίζουν τα μαύρα και κερδίζουν ή παίζουν τα λευκά και κάνουν ισοπαλία!» Το κλειδί στη λύση είναι φυσικά όπως είδαμε ποιος θα προλάβει να παίξει πρώτος a5!

    Συνοψίζοντας, η απώλεια της νίκης αυτής της παρτίδας ήταν οδυνηρή. Ωστόσο, η ομορφιά αυτής της αναπάντεχης εικόνας του πατ που προέκυψε από την ανάλυση κατάφερε τουλάχιστον να μου χρυσώσει το χάπι. Αναρωτιέμαι λοιπόν, αν δεν είχα κάνει το λάθος να μπω στο δαιδαλώδες αυτό φινάλε, πώς θα δινόταν η ευκαιρία να γίνουμε μάρτυρες αυτής της εντυπωσιακής σπουδής; Νομίζω ότι αρχίζω να νιώθω υπερήφανος για το λάθος μου...

    Ηθικό δίδαγμα: Μην ντρέπεστε για τα λάθη σας. Μοιραστείτε τα με τους άλλους. Αξιοποιήστε τα με παραγωγικό τρόπο και θα βγείτε σίγουρα κερδισμένοι.

    [1] http://www.azquotes.com/author/23917-Savielly_Tartakower

    1Οποζισιόν (γαλ.) είναι η κατάσταση εκείνη στην οποία οι δύο βασιλιάδες βρίσκονται αντικριστά στην ίδια γραμμή ή στήλη και μεσολαβεί ένα τετράγωνο (περιττός αριθμός τετραγώνων στη μακρινή οποζισιόν) ανάμεσά τους. Ο παίκτης που κατέχει την οποζισιόν, είναι εκείνος του οποίου δεν είναι η σειρά να παίξει. Η οποζισιόν αποτελεί σημαντικό πλεονέκτημα στα φινάλε, καθώς ο παίκτης του οποίου είναι σειρά να παίξει είναι αναγκασμένος να μετακινήσει το βασιλιά του πρώτος, παραχωρώντας την κατάληψη κρίσιμων τετραγώνων από τον αντίπαλο. Το πλεονέκτημα της οποζισιόν μάλιστα είναι τόσο σημαντικό που πολλές φορές είναι αρκετό για να αποφέρει τη νίκη.

    2Καλλιτεχνικό φινάλε ή σπουδή είναι μία σκακιστική σύνθεση στην οποία παίζει η μία παράταξη και κερδίζει ή πετυχαίνει ισοπαλία με όποιον τρόπο κι αν απαντήσει ο αντίπαλος.

    Friday, 2 February 2018

    Flipping cards

    Παίρνουμε μια τράπουλα και την απλώνουμε μπροστά μας, έτσι ώστε το κάθε φύλλο να έχει τυχαία όψη (μπρος - πίσω). Από εδώ και στο εξής, συμφωνούμε αν φαίνεται ο αριθμός ή η φιγούρα του φύλλου να λέμε ότι αυτό είναι ανοιχτό, ενώ στην αντίθετη περίπτωση κλειστό. 

    Ακολουθώντας την επόμενη διαδικασία, ο σκοπός μας είναι να «κλείσουμε» όλα τα φύλλα. Επιλέγουμε ένα οποιοδήποτε ανοιχτό φύλλο και το αναποδογυρίζουμε (το κάνουμε δηλαδή κλειστό). Είμαστε όμως υποχρεωμένοι να κάνουμε το ίδιο και στο αμέσως επόμενο προς τα δεξιά φύλλο. Αν δηλαδή είναι ανοιχτό τότε γίνεται κλειστό και αντιστρόφως. Συνεχίζουμε την παραπάνω διαδικασία όσες φορές χρειαστεί και κάθε φορά έχουμε την ελευθερία να επιλέξουμε οποιοδήποτε ανοιχτό φύλλο θέλουμε. 

    Για παράδειγμα έστω ότι κάποια στιγμή, σε ένα τμήμα της τράπουλας εμφανίζεται η παρακάτω εικόνα.


    Εικόνα 1.

    Επιλέγουμε στην τύχη το 3 Μπαστούνι, το αναποδογυρίζουμε και το ίδιο κάνουμε με το διπλανό του κλειστό φύλλο, το οποίο ανοίγει και είναι το 6 Καρό (βλ. Εικόνα 2). 


    Εικόνα 2.

    Συνεχίζοντας, επιλέγουμε ξανά στην τύχη το 9 Καρό και κάνουμε ότι και προηγουμένως σε αυτό και στο αμέσως διπλανό του από τα δεξιά φύλλο (βλ. Εικόνα 3).


    Εικόνα 3.

    Το ερώτημα είναι αν είναι βέβαιο ότι σε πεπερασμένου πλήθους βήματα εφαρμογής του παραπάνω αλγορίθμου η διαδικασία θα ολοκληρωθεί με όλα τα φύλλα κλειστά (βλ. Εικόνα 4), ανεξάρτητα από την επιλογή φύλλου σε κάθε βήμα. 


    Εικόνα 4.

    Για να δείτε τη λύση πατήστε «Read more».


    Monday, 3 July 2017

    Οι περιττοί αριθμοί δεν είναι καθόλου περιττοί

    Η ανάρτηση αυτή έχει σκοπό να καταγγείλει τη μαθηματική κοινότητα για μια κατάφωρη αδικία που έχει διαπράξει στο παρελθόν και εξακολουθεί να συντηρεί ανά τους αιώνες εις βάρος των μισών ακεραίων αριθμών. Ο λόγος για τους καλούμενους «περιττούς αριθμούς», τους αριθμούς δηλαδή που γράφονται στη μορφή $2n + 1$, με $n$ φυσικό. Μη απαραίτητοι (περιττοί) στα ελληνικά, παράξενοι (odd) στα αγγλικά, οι αριθμοί αυτοί συνιστούν τη γνωστή σε όλους μας ακολουθία: 1, 3, 5, 7, κτλ. Στα επόμενα θα φανεί ότι οι αριθμοί αυτοί δεν είναι καθόλου περιττοί. Αντιθέτως, συγκεντρώνουν κάποιες εντυπωσιακές ιδιότητες, οι οποίες τους καθιστούν χρησιμότατους.

    Οι αριθμοί αυτοί συμμετέχουν ήδη σε διάφορες γνωστές στους μαθηματικούς κύκλους ακολουθιακές σχέσεις όπως οι δύο παρακάτω:

    $1^2 = 1$
    $2^2 = 1 + 3$
    $3^2 = 1 + 3 + 5$
    $4^2 = 1 + 3 + 5 + 7$
    $5^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9$
    $6^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11$
    κτλ.

    $1^3 = 1$
    $2^3 = 3 + 5$
    $3^3 = 7 + 9 + 11$
    $4^3 = 13 + 15 + 17 + 19$
    $5^3 = 21 + 23 + 25 + 27 + 29$
    $6^3 = 31 + 33 + 35 + 37 + 39 + 41$
    κτλ.

    Στην πρώτη ακολουθία (των τετραγώνων) είναι φανερό ότι το $k^2$ ισούται με το άθροισμα των πρώτων $k$ διαδοχικών περιττών αριθμών. Αντίστοιχα, στη δεύτερη ακολουθία (των κύβων), το $k^3$ ισούται με το άθροισμα των $k$ διαδοχικών περιττών αριθμών, ξεκινώντας όμως αυτή τη φορά από εκεί που σταμάτησε ο προηγούμενος όρος της ακολουθίας. Σχηματικά, η ακολουθία των κύβων κατασκευάζεται ως εξής:


    $\underbrace{1}_{1^3},\underbrace{3,5}_{2^3},\underbrace{7,9,11}_{3^3},\underbrace{13,15,17,19}_{4^3},\underbrace{21,23,25,27,29}_{5^3},\dots$

    Πριν από λίγες μέρες σε μια προσπάθεια να γενικεύσω τα αποτελέσματα αυτά, ανακάλυψα τους επόμενους τύπους οι οποίοι όπως θα δούμε καταρρίπτουν αναντίλεκτα την «περιττότητα» των περιττών αριθμών. 

    $k^n = \left( 2\omega + 1 \right) + \left( 2\omega + 3 \right) + \dots + \left( 2\omega + 2k^{\frac{n-1}{2}} - 1 \right)$, για $k$ φυσικό και $n$ περιττό, όπου 

    $\omega = k^{\frac{n-3}{2}} \sum_{i=0}^{k-1}i$

    και 

    $k^n = 1 + 3 + \dots + (2k^{\frac{n}{2}} - 1)$, για $k$ φυσικό και $n$ άρτιο.

    Οι εκ πρώτης όψεως άχαροι αυτοί τύποι αναπτύσσονται κομψότερα στον Πίνακα 1. Στη διασταύρωση της $n$ γραμμής με την $k$ στήλη αντιστοιχεί η δύναμη $k^n$. Τα σύμβολα $\alpha \rightarrow \beta$ σε κάθε κελί υποδηλώνουν τα εξής: 

    $\alpha$: το πλήθος του συνόλου των διαδοχικών περιττών που πρέπει να παραλείψουμε, ξεκινώντας από το 1.

    $\beta$: το πλήθος των διαδοχικών περιττών που πρέπει να προσθέσουμε, ξεκινώντας από τον περιττό που ακολουθεί τον τελευταίο περιττό του συνόλου των παραλειπόμενων που αναφέρεται στο $\alpha$.


    Πίνακας 1. Ανάπτυξη δυνάμεων ως αθροίσματα περιττών αριθμών.

    Για παράδειγμα, το στοιχείο $4 \rightarrow 2^3$ για $n=7$ και $k=2$, που αντιστοιχεί στη δύναμη $2^7$, υποδηλώνει ότι παραλείπουμε τους $4$ πρώτους περιττούς, δηλαδή τους $1, 3, 5$ και $7$ και προσθέτουμε τους επόμενους $2^3=8$, δηλαδή $9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 + 21 + 23$. Αυτό μας κάνει $128$ που είναι όντως το αποτέλεσμα της δύναμης $2^7$. Φυσικά, όπου $\alpha = 0$, αυτό σημαίνει ότι δεν παραλείπεται κανείς περιττός. Π.χ. το $0 \rightarrow 2^3$ για $n=6$ και $k=2$ σημαίνει ότι αθροίζουμε τους $2^3 = 8$ διαδοχικούς περιττούς ξεκινώντας από το $1$, δηλαδή $1+3+5+7+9+11+13+15$. Και πάλι, αυτό μας κάνει $64$ το οποίο ισούται με $2^6$. Από τα παραπάνω, εύκολα φαίνεται ότι οι ακολουθίες των τετραγώνων και των κύβων που ανεφέρθηκαν στην αρχή του άρθρου, αποτελούν ειδικές περιπτώσεις αυτού του γενικευμένου πίνακα, για $n=2$ και $n=3$ αντίστοιχα.

    Κοιτάζοντας τον Πίνακα 1 πιο προσεκτικά, παρατηρούμε ότι στις δυνάμεις με άρτιο εκθέτη $n$, δεν παραλείπεται ποτέ κάποιος περιττός ($\alpha=0$), ως εκ τούτου, τα αθροίσματα ξεκινούν πάντα με το $1$. Από την άλλη πλευρά, για $n$ περιττό κάνουμε τις εξής εντυπωσιακές παρατηρήσεις. Σαρώνοντας τον πίνακα οριζόντια, για $n=3$, οι περιττοί αριθμοί που παραλείπονται για τις διάφορες τιμές του $k$ συνιστούν την εξής ακολουθία: $0, 1, 3, 6, 10$, κτλ. Πιο συγκεκριμένα (βλ. Πίνακα 2): 


    ο 1ος όρος είναι το $0$ 
    ο 2ος όρος προκύπτει αν στον 1ο όρο προσθέσουμε το $1$ 
    ο 3ος όρος προκύπτει αν στον 2ο όρο προσθέσουμε το $2$ 
    ο 4ος όρος προκύπτει αν στον 3ο όρο προσθέσουμε το $3$ 
    ο 5ος όρος προκύπτει αν στον 4ο όρο προσθέσουμε το $4$, 
    κ.ο.κ. 

    Πίνακας 2. Οριζόντια σάρωση του Πίνακα 1.

    Στο αρχικό κομμάτι της ακολουθίας αυτής εμφανίζεται η γνωστή Πυθαγόρεια «τετρακτύς», το άθροισμα δηλαδή των πρώτων τεσσάρων φυσικών, $1+2+3+4$, το οποίο ισούται με $10$ (βλ. γραμμή $n=3$ στον Πίνακα 2). Για την ιστορία, η τετρακτύς αποτελούσε το ιερό σύμβολο της Πυθαγόρειας σχολής και είχε τεράστια σημασία για τα μέλη της. Για παράδειγμα, στη γεωμετρία, οι αριθμοί $1, 2, 3$ και $4$ της τετρακτύος αντιστοιχούν στις γεωμετρικές έννοιες σημείο, ευθεία, επίπεδο και χώρος, υπό την έννοια ότι ο αριθμός 1 παριστάνει το σημείο, 2 σημεία ορίζουν μια ευθεία, 3 σημεία ορίζουν ένα επίπεδο και 4 σημεία ορίζουν το χώρο. Επίσης, στη μουσική, οι αριθμοί της τετρακτύος ορίζουν τους θεμελιώδεις αρμονικούς λόγους της τετάρτης ($4:3$), της πέμπτης ($3:2$) και της οκτάβας ($2:1$) που λαμβάνουμε αν χωρίσουμε μια χορδή με χρήση των λόγων αυτών. Κλείνοντας αυτήν τη σύντομη ιστορική αναδρομή, αξίζει να σημειωθεί ότι μια μεγάλη μερίδα ανθρώπων πιστεύει ότι ακόμη και το δεκαδικό σύστημα αρίθμησης έχει τη βάση του ακριβώς στην τετρακτίδα!

    Επιστρέφοντας τώρα στην περιγραφή του πίνακα, οι παραλειπόμενοι περιττοί αριθμοί στη γραμμή που αντιστοιχεί στο $n=5$, προέρχονται από αυτούς που ανήκουν στην προαναφερθείσα ακολουθία (για $n=3$), με πολλαπλασιασμό επί $k$ (βλ. Πίνακα 3). Πιο συγκεκριμένα, σαρώνοντας αυτή τη φορά τον πίνακα κάθετα, π.χ. για $k = 2$, οι αριθμοί που παραλείπονται για τις διάφορες τιμές του εκθέτη $n$, όπου $n$ περιττός, συνιστούν την εξής ακολουθία: $1, 2, 4, 8$, κτλ. Ο πρώτος όρος δηλαδή είναι το $1$ και κάθε επόμενος όρος προκύπτει με πολλαπλασιασμό του προηγούμενου επί $2$. Όμοια, για $k = 3$, ο πρώτος όρος είναι το $3$ και κάθε επόμενος όρος προκύπτει με πολλαπλασιασμό του προηγούμενου επί $3$. Γενικότερα, για οποιοδήποτε $k$, ο πρώτος όρος ταυτίζεται με τον $k$-οστό όρο της οριζόντιας ακολουθίας για $n=3$ και κάθε επόμενος όρος προκύπτει με πολλαπλασιασμό του προηγούμενου επί $k$. Φυσικά γενικεύοντας, για $k=1$, ο πρώτος όρος είναι το $0$ και κάθε επόμενος όρος προκύπτει με πολλαπλασιασμό του προηγούμενου επί $1$, με άλλα λόγια, όλοι οι όροι ισούνται με $0$, όπως άλλωστε φαίνεται και από τη στήλη $k=1$ του Πίνακα 3.


    Πίνακας 3. Κάθετη σάρωση του Πίνακα 1.

    Το γενικό συμπέρασμα από τα παραπάνω είναι ότι με ένα μυστηριώδη τρόπο, οποιαδήποτε δύναμη φυσικού αριθμού με φυσικό εκθέτη μπορεί να εκφραστεί ως άθροισμα περιττών αριθμών. Θα μπορούσαμε λοιπόν με ασφάλεια να πούμε ότι οι περιττοί αριθμοί αποτελούν τα δομικά στοιχεία των δυνάμεων. Αριθμοί με μια τόσο σπουδαία ιδιότητα μόνο περιττοί δεν είναι...

    Friday, 16 June 2017

    Ένα καυτό ματ

    Οι περισσότεροί, ακόμη κι αν δεν έχουμε καμία απολύτως σχέση με το σκάκι, θα έχουμε πιθανόν ακουστά το ματ του Ναπολέοντα ή όπως αλλιώς είναι γνωστό το «Ναπολεόντειο ματ»1


    Napoleon Bonaparte (15 Αυγούστου 1769 - 5 Μαΐου 1821).

    Για το ματ αυτό χρειάζονται μόλις τέσσερις κινήσεις, ωστόσο για να επιτευχθεί στην πράξη, θα πρέπει να το επιτρέψει φιλότιμα ο αντίπαλος. Το ματ αυτό έχει ως εξής:

    1. e4 e5, 2. Qh5, ο Λευκός βγάζει πρόωρα τη Βασίλισσα στο σεργιάνι, απειλώντας να πάρει αμέσως το πιόνι στο e5 με σαχ.




    2... Nc6 κρατώντας το πιόνι, 3. Bc4




    3... Nf6 απειλώντας τη Βασίλισσα, ωστόσο... 4. Qxf7#




    Παρά την ονομασία του, η πατρότητα του ματ αυτού δεν είναι εξακριβωμένο ότι ανήκει στον ίδιο τον Ναπολέοντα, καθώς μόνο τρεις παρτίδες του σώζονται μέχρι σήμερα και σε καμία από τις τρεις δεν παρουσιάζεται το εν λόγω ματ2Το πιο πιθανό είναι ότι πρόκειται για μια απλή σύγχυση με το Ναπολεόντειο άνοιγμα που όντως υιοθέτησε ο Ναπολέων και που ουσιαστικά στηρίζεται στην ίδια ιδέα: άμεση επίθεση στον αντίπαλο Βασιλιά με γρήγορη έξοδο της Βασίλισσας.

    1. e4 e5, 2. Qf3



    Η γρήγορη έξοδος της Βασίλισσας στο άνοιγμα θεωρείται γενικά κακή από στρατηγική άποψη, καθώς θέτει σε κίνδυνο το ισχυρότερο κομμάτι και δίνει τη δυνατότητα στον αντίπαλο να αναπτύξει τα κομμάτια του με «τέμπο» απειλώντας την εκτεθειμένη Βασίλισσα. Ωστόσο, ο Ναπολέων φαίνεται να μην έδινε μεγάλη σημασία σε αυτό, όπως άλλωστε δεν έδινε σημασία ούτε στις φήμες για τις σκανδαλώδεις απιστίες που έκανε στο γάμο τους η σύζυγός του Josephine. Φημολογείται μάλιστα ότι το όνομα αυτού του ανοίγματος είναι ουσιαστικά έμμεση αναφορά στην αδυναμία του Ναπολέοντα να κρατήσει τη Βασίλισσά του στο σπίτι!


    Josephine de Beauharnais (23 Ιουνίου 1763 - 29 Μαΐου 1814).

    1Αξίζει να σημειωθεί ότι το ματ αυτό, τουλάχιστον εξ όσων γνωρίζω, είναι το ματ με τα περισσότερα ονόματα. Μερικά από αυτά παρατίθενται στην επόμενη λίστα [1]:
    • ματ του λόγιου
    • ματ του βοσκού
    • ματ του τσαγκάρη
    • ματ των παιδιών ή παιδικό
    • ματ του σχολείου ή σχολικό
    • ματ του τρελού
    • ματ του μπαρμπέρη
    • ματ του σχολιαρόπαιδου

    2Οι τρεις παρτίδες του Ναπολέοντα που σώζονται είναι εναντίον των εξής παικτών: Madame de Remusat, The Turk και General Bertrand. Για την ιστορία, η πιο ενδιαφέρουσα παρτίδα από τις τρεις, είναι η δεύτερη, στην οποία ο Ναπολέων έπεξε εναντίον του The Turk, μιας αυτόματης σκακιστικής μηχανής «μούφα», πίσω από την οποία βρισκόταν ο Johann Allgaier.

    Friday, 5 May 2017

    2ος Μαθηματικός διαγωνισμός «Μαθηματικά για μικρούς σκακιστές»


    Για δεύτερη συνεχόμενη χρονιά διεξήχθη με επιτυχία ο μαθηματικός διαγωνισμός για παιδιά δημοτικού με τίτλο «Μαθηματικά για μικρούς σκακιστές», ο οποίος πλέον τείνει να καθιερωθεί ως θεσμός στο πλαίσιο του παιδικού τουρνουά σκακιού Σ.Α. Συκεών-Νεάπολης και του ομαδικού πρωταθλήματος ακαδημιών «Θεοφάνης Δρόσος». Όμοια με πέρσι, ο διαγωνισμός φιλοξενήθηκε στις εγκαταστάσεις του ξενοδοχείου «Φιλίππειο», την Κυριακή 30 Απριλίου 2017. Σχεδόν όλα τα παιδιά που έλαβαν μέρος στον 1ο διαγωνισμό έδωσαν ξανά το παρόν τους, ενώ αρκετές ήταν και οι νέες συμμετοχές που ήρθαν να προστεθούν στο φετινό διαγωνισμό.

    Πληροφορίες σχετικά με τους κανόνες, τον τρόπο διεξαγωγής, καθώς και το σκοπό αυτού του διαγωνισμού υπάρχουν στον παρακάτω σύνδεσμο.


    Επίσης, για όσους ενδιαφέρονται, όλα τα θέματα μαζί με τις λύσεις τους βρίσκονται στους παρακάτω συνδέσμους:




    Αναφορικά με το αγωνιστικό κομμάτι του διαγωνισμού, οι διακριθέντες από κάθε τάξη είναι οι εξής:

    Α' Δημοτικού: Πεχλιβανίδης Αστέριος
    Β' Δημοτικού: Αλευρίδης Γεώργιος
    Γ' Δημοτικού: Αλευρίδης Ιωάννης
    Δ' Δημοτικού: Χειλαδάκης Βασίλειος
    Ε' Δημοτικού: Καλογρίδης Αντώνιος
    ΣΤ' Δημοτικού: Τσουχνικάς Ορέστης

    Οι επίσημες βραβεύσεις θα γίνουν στο Φιλίππειο την Κυριακή 7 Μαΐου 2017 παράλληλα με τις βραβεύσεις του σκακιστικού τουρνουά. Θερμές ευχαριστίες σε όλα τα παιδιά που έλαβαν μέρος, αλλά και στους γονείς, οι οποίοι με τη συναίνεσή τους συμβάλλουν στη διεξαγωγή παρόμοιων εκδηλώσεων πολιτισμού.

    Thursday, 13 April 2017

    0-100km/h vs 0-400m

    Δύο αυτοκίνητα Α και Β είναι στημένα στην αφετηρία ενός αγώνα δρόμου 400 μέτρων. Το αυτοκίνητο Α πιάνει τα 100km/h από στάση σε 9,29sec και το Β σε 10,34sec. Είναι δυνατόν το Β να διανύσει την απόσταση των 400 μέτρων γρηγορότερα από το Α; Με άλλα λόγια, είναι δυνατόν το Β να έχει καλύτερο 0-400m από το Α;

    Το 0-100km/h και το 0-400m είναι τα δύο συνηθέστερα μέτρα που χρησιμοποιούνται στις εργοστασιακές προδιαγραφές ενός αυτοκινήτου. Ποιο από τα δύο όμως είναι «καλύτερο»; Η απάντηση είναι κανένα. Τα δύο αυτά μέτρα δεν είναι συγκρίσιμα. Το 0-100km/h εκτιμά τη μέση επιτάχυνση ενός αυτοκινήτου, ενώ το 0-400m εκτιμά τη μέση ταχύτητά του. Συνεπώς, το ποιο από τα δύο αυτά μέτρα είναι πιο χρήσιμο εξαρτάται από το τι ακριβώς επιδιώκουμε να μετρήσουμε. 

    Επιστρέφοντας στο αρχικό ερώτημα, ουσιαστικά μας ενδιαφέρει να μάθουμε εάν το αυτοκίνητο Β το οποίο έχει μικρότερη μέση επιτάχυνση στο εύρος τιμών της ταχύτητας από 0 έως 100km/h, μπορεί να αποκτήσει μεγαλύτερη μέση ταχύτητα στα πρώτα 400m. Το επόμενο παράδειγμα θα μας πείσει ότι κάτι τέτοιο είναι όντως δυνατόν. Ο λόγος είναι ότι δεν έχει σημασία μόνο ο χρόνος που χρειάζεται για να πιάσει ένα αυτοκίνητο τα 100km/h, αλλά και ο τρόπος με τον οποίο το πετυχαίνει αυτό. 

    Έστω ότι οι τύποι που δίνουν την ταχύτητα των Α και Β ως συνάρτηση του χρόνου είναι οι $v_A(t) = 18 \cdot t^{0,77}$ και $v_B(t) = 59,5 \cdot t^{0,22}$, αντίστοιχα και ας θεωρήσουμε το επόμενο διάγραμμα ταχύτητας-χρόνου για τα δύο αυτοκίνητα (βλ. Διάγραμμα 1). Είναι φανερό ότι τα Α και Β αγγίζουν τα 100km/h σε 9,29sec και 10,34sec, αντίστοιχα. Το Α δηλαδή έχει καλύτερο 0-100km/h. Είναι όμως επίσης φανερό ότι στα πρώτα δευτερόλεπτα, το αυτοκίνητο Β επιταχύνει πολύ πιο γρήγορα από το Α. Για παράδειγμα, στο πρώτο δευτερόλεπτο μετά την εκκίνηση, το Β τρέχει ήδη με 60km/h, ενώ την ίδια στιγμή το Α τρέχει με μόλις 20km/h κατά προσέγγιση, δηλαδή έχει ταχύτητα περίπου το 1/3 του Β. 
    Διάγραμμα 1.
    Ας δούμε τώρα ποιο αυτοκίνητο διανύει πρώτο τα 400 μέτρα. Η απόσταση που διανύει το κάθε αυτοκίνητο δίνεται από το εμβαδόν του χωρίου κάτω από τη γραφική παράσταση της αντίστοιχης συνάρτησης-ταχύτητας (βλ. Διάγραμμα 1) και βρίσκεται υπολογίζοντας τα παρακάτω ολοκληρώματα αφού μετατρέψουμε τις μονάδες από km/h σε m/sec:

    $x_A(t) = \int_0^t {\frac{10}{36} \cdot u_A(w) \cdot dw} = 2,83 \cdot t^{1,77}$ 

    $x_B(t) = \int_0^t {\frac{10}{36} \cdot u_B(w) \cdot dw} = 13,52 \cdot t^{1,22}$

    Το διάγραμμα θέσης-χρόνου για τα Α και Β με βάση τους παραπάνω τύπους δίνεται στο Διάγραμμα 2. 
    Διάγραμμα 2.
    Παρότι, όπως προέκυψε από το Διάγραμμα 1, το αυτοκίνητο Α έχει καλύτερο 0-100km/h, από το Διάγραμμα 2 φαίνεται ότι αυτοκίνητο Β κερδίζει τον αγώνα, αφού διανύει τα 400m σε 15,98sec, ενώ το αυτοκίνητο Α τερματίζει δεύτερο με χρόνο 16,43sec, δηλαδή περίπου μισό δευτερόλεπτο αργότερα. Επίσης, αξίζει να σημειωθεί ότι το Β προηγείται σε όλη τη διάρκεια του αγώνα, αφού η καμπύλη του $x_B(t)$ βρίσκεται επάνω από την αντίστοιχη του $x_A(t)$. Για παράδειγμα, είναι εντυπωσιακό ότι τη στιγμή που το Β έχει διανύσει τα πρώτα 100m, το Α βρίσκεται ακόμη περίπου στα 50m. Ωστόσο, θα πρέπει να τονιστεί ότι αν ο αγώνας συνεχιζόταν για μερικά επιπλέον μέτρα, το Β θα κατάφερνε τελικά να προσπεράσει το Α και να κερδίσει, καθώς τη στιγμή του τερματισμού (στα 400m ακριβώς δηλαδή), όπως προκύπτει από τους τύπους της ταχύτητας, το Α έχει στιγμιαία ταχύτητα γύρω στα 155km/h, ενώ το Β έχει περίπου 110km/h και από το σημείο εκείνο κι έπειτα η ταχύτητα του Α παραμένει μεγαλύτερη του Β. Πιο συγκεκριμένα, από το Διάγραμμα 2, το Α θα έφτανε και θα προσπερνούσε το Β περίπου στα 450m κι ενώ το χρονόμετρο θα έδειχνε 17,6sec.

    Το παραπάνω είναι ένα παράδειγμα που δείχνει ότι η μέση τιμή αν και είναι ένα ωραίο και συχνά χρήσιμο στατιστικό μέτρο θέσης, αγνοεί σημαντική πληροφορία οδηγώντας ενίοτε σε λανθασμένα συμπεράσματα.