Πρόβλημα με ιστορική αξία

#1

Κάποιες φορές είναι διδακτικά αξιοποιήσιμα τα ιστορικά στοιχεία της μαθηματικής επιστήμης.

Το ιστορικό πρόβλημα μας είναι το παρακάτω:

Μπορείτε να γράψετε το κλάσμα $\displaystyle{\frac{17}{19}}$ ως άθροισμα τεσσάρων διαφορετικών κλασμάτων με αριθμητή σε όλα τη μονάδα;

#2

chris_gatos έγραψε: Μπορείτε να γράψετε το κλάσμα $\displaystyle{\frac{17}{19}}$ ως άθροισμα τεσσάρων διαφορετικών κλασμάτων με αριθμητή σε όλα τη μονάδα;

Δεν ξέρω με τέσσερα κλάσματα, αλλά είναι ευκαιρία να μιλήσω για τον λεγόμενο "greedy algorithm". Χρησιμοποιώντας τον βγάζω πέντε κλάσματα:

$\displaystyle{ \frac {17}{19} = \frac {1}{2} + \frac {1}{3} + \frac {1}{17} + \frac {1}{388} +\frac {1}{375972}}$

O "greedy algorithm" είναι η τεχνική που βάζουμε ως πρώτο κλάσμα στο δεξί μέλος το μεγαλύτερο κλάσμα με αριθμητή την μονάδα, που χωράει. Εδώ το μεγαλύτερο κλάσμα της μορφής $\frac {1}{n}$ που χωράει στο $\frac {17}{19}$ είναι το $\frac {1}{2}$ . Άρα γράφουμε

$\displaystyle{ \frac {17}{19} = \frac {1}{2} + \left ( \frac {17}{19}- \frac {1}{2}\right)= \frac {1}{2} + \frac {15}{38}}$ .

Τώρα δουλεύουμε με το $\displaystyle{\frac {15}{38}}$ . Το κλάσμα που χωράει είναι το $\displaystyle{ \frac {1}{3}}$ οπότε γράφουμε

$\displaystyle{ \frac {15}{38} = \frac {1}{3} + \left ( \frac {15}{38}- \frac {1}{3}\right)= \frac {1}{3} + \frac {7}{114}$ ,

και ούτω καθ' εξής. Κάποτε θα τελειώσουμε.

Μ.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δεν ξέρω με τέσσερα κλάσματα, αλλά είναι ευκαιρία να μιλήσω για τον λεγόμενο "greedy algorithm".

Επίτηδες το έδωσα ξέροντας πως θα σταθείς εδώ και θα δώσεις τα φώτα σου!

Ευχαριστούμε Μιχάλη.

Να πω απλά πως αυτό το πρόβλημα προέρχεται από την αρχαία Αίγυπτο. Τότε δε γνώριζαν τους άρρητους, μετρούσαν τα πάντα με ρητούς

τους οποίους τους απέδιδαν ως αθροίσματα ακεραίων και κλασμάτων με αριθμητή τη μονάδα.

Για την ιστορία: $\displaystyle{\frac{17}{19}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{532}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: τον λεγόμενο "greedy algorithm" <...> Κάποτε θα τελειώσουμε.

Το αφήνω σαν άσκηση ότι ο greedy algorithm πάντοτε τερματίζει.

Ανοικτό πρόβλημα: Αν ξεκινήσουμε με κλάσμα του οποίου ο παρονομαστής είναι περιττός και εφαρμόσουμε τον greedy algorithm με την επιπλέον απαίτηση όλοι οι παρονομαστές που επιλέγουμε να είναι περιττοί τότε ισχύει ότι αυτή η διαδικασία πάντοτε τερματίζει ή μήπως όχι;

Π.χ. για το 17/19

το πρώτο κλάσμα που παίρνουμε είναι το 1/3

αφού ο παρονομαστής

απαγορεύεται. Το επόμενο είναι το 1/5

και ο αλγόριθμος συνεχίζει για να δώσει

$\displaystyle{ \frac{17}{19} = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7}+ \frac{1}{9}+ \frac{1}{11}+ \frac{1}{61}+ \frac{1}{137545775} + \frac{1}{15135072038734725.}}$

Εξ όσων γνωρίζω είναι άγνωστο ακόμη αν ο αλγόριθμος τερματίζει πάντα όπως έγινε στο πιο πάνω παράδειγμα.

#5

chris_gatos έγραψε: Να πω απλά πως αυτό το πρόβλημα προέρχεται από την αρχαία Αίγυπτο.
<...>
Πηγή: Πως να ενεργοποιήσουμε τα παιδιά στο μάθημα των μαθηματικών-Μπάμπης Τουμάσης.

Πραγματικά, στον πάπυρο Rhind, που βρίσκεται στο Βρετανικό Μουσείο, έχει πολλά τέτοια παραδείγματα.

Έχω μπροστά μου δύο εκδόσεις του. Με πρώτη ματιά δεν βρίσκω το συγκεκριμένο παράδειγμα, $\displaystyle{\frac {17}{19} }$ , που παραθέτει ο Μπάμπης Τουμάσης, αλλά μπορεί να κάνω λάθος γιατί ο πάπυρος έχει αρκετές πράξεις σκόρπιες εδώ και εκεί.

Με έτρωγε η περιέργεια να κάνω μόνος μου, εξ αρχής, τις πράξεις με την μεθοδολογία που υπάρχει στο πάπυρο Rhind, για να βρω ανάλυση του $\displaystyle{\frac {17}{19} }$ σε άθροισμα κλασμάτων της μορφής $\displaystyle{\frac {1}{n}}$ . Παραθέτω από κάτω τις πράξεις, αλλά δεν θα δικαιολογήσω τα βήματα γιατί είναι πολλή φασαρία. Το κάνω γι' αυτούς που ξέρουν τα βήματα, τα οποία πάντως περιγράφονται στο βιβλίο Bunt, Jones, Bedient, Οι ιστορικές ρίζες των στοιχειωδών Μαθηματικών, μετάφραση Ι. Φερεντίνου, 1981, Εκδόσεις Πνευματικός (δεν ξέρω αν κυκλοφορεί ακόμα).

Η αλήθεια είναι ότι στον πάπυρο περιγράφονται ασυστηματοποίητα διάφορες ad hoc τεχνικές, χωρίς γενική μέθοδο. Στα παρακάτω έκανα τις πράξεις με την συχνότερα απαντόμενη μέθοδο. "Δυστυχώς" δεν δίνει άθροισμα τεσσάρων κλασμάτων, αλλά πέντε: $\displaystyle{\frac {17}{19}=\frac {1}{2}+\frac {1}{4}+\frac {1}{8}+\frac {1}{76}+\frac {1}{156} }$ .

Έχουμε, με την μέθοδο και φρασεολογία στον πάπυρο αλλά με σύγχρονη γραφή,

$\displaystyle{ \begin{matrix} & 1 & & 19 & \\ /& 1/2 & & 9 + 1/2 & \\ /& 1/4 & & 4+1/2 + 1/4 & \\ /& 1/8& &2+1/4+1/8 & \\ \end{matrix} }$

Τώρα, αφού το $\displaystyle{(9+1/2)+(4+1/2)+(2+1/2+1/4)}$ πλησιάζει το

, με χρήση των βοηθητικών κόκκινων αριθμών διαπιστώνουμε ότι μας λείπει $\displaystyle{{\color {red}1/4+1/8}}$ άρα

$\displaystyle{ \begin{matrix} & 1/19 & & 1 & \\ & 1/38 & & 1/2 & \\ /& 1/76 & & 1/4 & \\ /& 1/152& &1/8 & \\ \end{matrix} }$

οπότε $\displaystyle{\frac {17}{19}=\frac {1}{2}+\frac {1}{4}+\frac {1}{8}+\frac {1}{76}+\frac {1}{156} }$

Αυτά!

Φιλικά,

Μιχάλης

michmak · #6

Demetres έγραψε:Το αφήνω σαν άσκηση ότι ο greedy algorithm πάντοτε τερματίζει.

Ερώτηση: Σε ποιούς αναφέρεται η άσκηση;

#7

michmak έγραψε:
Demetres έγραψε:Το αφήνω σαν άσκηση ότι ο greedy algorithm πάντοτε τερματίζει.
Ερώτηση: Σε ποιούς αναφέρεται η άσκηση;

Η απόδειξη είναι απλή και μπορεί να γίνει κατανοητή από παιδιά Α' Γυμνασίου.

Για παράδειγμα βλέπε εδώ ένα ωραίο βιντεάκι (στα Αγγλικά) με την απόδειξη.

Μ.

#8

chris_gatos έγραψε:Για την ιστορία: $\displaystyle{\frac{17}{19}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{532}$

Ωραία, ΠΩΣ όμως φτάνουμε σ' αυτό το αποτέλεσμα; Για να δούμε...

Ας παρατηρηθεί κατ' αρχήν ότι ένας τουλάχιστον από τους παρονομαστές οφείλει να έχει το

ως παράγοντα. Αυτό σημαίνει αμέσως ότι ο μεγαλύτερος παρονομαστής είναι τουλάχιστον

, άρα ο μικρότερος (πρώτος στην σειρά) παρονομαστής είναι υποχρεωτικά το

λόγω της

$\displaystyle\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{19}<\frac{17}{19}.$

Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι ο δεύτερος παρονομαστής δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος του

λόγω της

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{19}<\frac{17}{19}.$

Αν λοιπόν είναι

ο τρίτος παρονομαστής, οφείλει για πιθανή λύση να ισχύει κάποια από τις ανισότητες (με δεύτερο παρονομαστή αντίστοιχα το

, το

)

$\displaystyle\frac{16}{19}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{x}<\frac{17}{19},$

$\displaystyle\frac{16}{19}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{x}<\frac{17}{19},$

$\displaystyle\frac{16}{19}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{x}<\frac{17}{19},$

μία δηλαδή από τις ανισότητες $\displaystyle\frac{114}{7}<x\leq 114$ (δεύτερος παρονομαστής ο

), $\displaystyle\frac{76}{11}<x\leq \frac{76}{7}$ (δεύτερος παρονομαστής ο

), $\displaystyle\frac{190}{37}<x\leq \frac{190}{27}$ (δεύτερος παρονομαστής ο

).

Η πρώτη από τις παραπάνω περιπτώσεις (δεύτερος παρονομαστής ο

) έχει πολλές (98) υποπεριπτώσεις, οπότε την αφήνω (για αργότερα ας πούμε)

Η δεύτερη περίπτωση (δεύτερος παρονομαστής ο

) ανάγεται στις υποπεριπτώσεις x=7

,

, οπότε αρκεί να διερευνήσουμε τις αντίστοιχες εξισώσεις

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19},$

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19},$

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19},$

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{10}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19}.$

Μόνον η πρώτη από τις παραπάνω εξισώσεις έχει ακέραια λύση, y=28

, και αυτή οδηγεί άμεσα στο αποτέλεσμα μας.

Η τρίτη τέλος περίπτωση (δεύτερος παρονομαστής ο

) ανάγεται στις υποπεριπτώσεις x=6

και

, και οι αντίστοιχες εξισώσεις δεν έχουν ακέραια λύση.

[Τα παραπάνω πιστεύω ότι μπορούν να δοθούν με τέτοιο τρόπο από τον διδάσκοντα ώστε να είναι προσιτά σε παιδιά Α Γυμνασίου.]

Γιώργος Μπαλόγλου

KARKAR · #9

Επίσης :

$\displaystyle \frac{17}{19}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{18}+\frac{1}{171}$

$\displaystyle\frac{17}{19}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{19}+\frac{1}{114}$

Οι λάτρεις του θέματος , ας κλικάρουν εδώ

#10

gbaloglou έγραψε:Η πρώτη από τις παραπάνω περιπτώσεις (δεύτερος παρονομαστής ο ) έχει πολλές (98) υποπεριπτώσεις, οπότε την αφήνω (για αργότερα ας πούμε)

Ας το δούμε (ξεφεύγοντας μάλλον από τον φάκελλο της Α Γυμνασίου):

Η $\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{x}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19}$ δίνει $y=\displaystyle\frac{6x}{7x-114}$ , και επειδή $x\geq 17$ -- ήδη αποδείξαμε ότι $x\geq \displaystyle\frac{114}{7}$ -- και η ως προς

συνάρτηση φθίνει (αυτό ας το δώσουμε στα παιδιά ... πειραματικά) έχουμε $y\leq 20$ .

H $\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{x}+\frac{1}{19y}=\frac{17}{19}$ δίνει όμως και $x=\displaystyle\frac{114y}{7y-6}$ , οπότε αρκεί να δούμε αν προκύπτει ακέραιος

για

. Αντιστοιχεί μία περίπου τιμή σε κάθε μαθητή, άρα ο έλεγχος θα μπορούσε να γίνει σε χρόνο μηδέν, αλλά ... ας το κάνω και μόνος μου (και τρώγοντας το μεσημεριανό μου μάλιστα):

114/1

*,

,

**,

,

.

*δεύτερη λύση: $\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{19}+\frac{1}{114}=\frac{17}{19}$

**τρίτη λύση: $\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{18}+\frac{1}{171}=\frac{17}{19}$

Σημείωση: παρά την διαφορά ώρας ... δεν είχα δει την ανάρτηση του KARKAR όταν έγραψα τα παραπάνω

Γιώργος Μπαλόγλου

#11

Για ... την ιστορία, λύση με τρία κλάσματα αποκλείεται λόγω της $\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{19}<\frac{17}{19}\Leftrightarrow 95<96$

Γιώργος Μπαλόγλου

Πρόβλημα με ιστορική αξία

Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Re: Πρόβλημα με ιστορική αξία

Μέλη σε σύνδεση