בגיליון זה יש שני מאמרים. האחד, של דויד בלנק מאוניברסיטת חיפה, על איך מחשבים שורש ריבועי. פעם היו מלמדים זאת בבית ספר תיכון – האם אתם מאמינים? השני הוא תרומה של אנה ליזהטוב (כבר אמרנו: אם היא לא הייתה קיימת היה צריך להמציא אותה), על הלוגיקה המתמטית, מן המוזרים בתחומי המתמטיקה. זהו תחום שנדמה שיש בו ניחוח פילוסופי אבל מי שמבין אותו באמת יודע שבדיוק ההפך, הוא מראה שהחשיבה האנושית היא חלק מן העולם הפיזיקלי.
ועכשיו אני רוצה לשתף אתכם במחשבותי. אנחנו רוצים לעשות פסק זמן, כדי לחשוב לאן הוליך את העיתון. חברי המערכת מרגישים לפעמים כקול קורא במדבר. לפי כמות התגובות שמגיעות (כלומר, לא מגיעות), ולפי כמות החידות שנפתרות (כלומר, לא נפתרות, לפחות לא שולחים לנו הרבה פתרונות) נראה שאין עניין רב. האם זוהי תוצאה של שינוי תרבותי כללי? או שמא אופי העיתון אינו מושך קוראים? האם תוכלו, הקוראים, לשלוח לנו את דעותיכם? לאן יש לקחת את העיתון? האם התדירות גבוהה מדי? האם נחוצים מאמרים יותר פופולריים, או להפך – יותר ספציפיים?
בכל מקרה, זמנית אנחנו מפסיקים את הוצאת העיתון, עד שנגיע להחלטה בכיוון כלשהו. אנחנו נעדכן את הגיליון הזה בתגובותיכם. אנא עקבו לראות אם תגובותיכם התפרסמו.
ובינתיים – תודה לכל העושים במלאכה. אורי פרץ ומיכאל ליטבק, שהיו ממונים על הצדדים המחשוביים של הפרויקט. לדני לובזנס שערך את מדור החידות. יוסי כהן, שהיה האחראי והדוחף, אליהו לוי ואנה ליזהטוב שהתמידו כתורמי מאמרים, ולשאר המתמטיקאים שתרמו מזמנם ומן הידע שלהם.
חישוב 2√
דוד בלנק
כולנו מכירים את משפט פיתאגוראס, האומר שריבוע היתר במשולש ישר זווית שווה לסכום ריבועי הצלעות האחרות. המשפט הזה היה ידוע (כעובדה אמפירית לפחות) מאות שנים לפני פיתאגוראס, אך הוא היה הראשון שגילה את העובדה המפתיעה שבכל יחידות אורך שנקבע, אורך הצלע \(A\) של ריבוע כלשהו ואורך האלכסון שלו \(B\) אינם בני השוואה – כלומר, אין מספרים שלמים חיוביים \(m\) ו-\(n\) כך ש-\(n\cdot A=m\cdot B\).
אם נקבע את יחידת האורך שלנו להיות יחידה אחת, ממשפט פיתאגוראס נמצא שריבוע אורך האלכסון בריבוע זה שווה ל-\(2\), ומכאן נקבל את הניסוח המודרני לתגלית של פיתאגוראס:
משפט: אין \(p\) ו-\(q\) שלמים חיוביים כך ש-\(\sqrt{2}=p/q\) – כלומר, \(\sqrt{2}\) אינו מספר רציונאלי.
הוכחה: נניח בדרך השלילה שיש מספרים שלמים \(p,q\) כאלה, ולכן מתקיים:
\(\displaystyle (1) \quad ~2q^{2}~=~p^{2}\)
אם יש ל-\(p\) ו-\(q\) גורם משותף \(1 \lt d\), אפשר לצמצמו, ולכן מותר להניח ש-\(p\) ו-\(q\) זרים. אך מ-(1) אנו רואים ש-\(p^{2}\) זוגי, ולכן \(p\) זוגי (מדוע?). נאמר ש-\(p=2k\) עבור \(k\) טבעי: אז
\(,~2q^{2}~=~p^{2}~=~(2k)^{2}~=~4k^{2}\)
כלומר \(q^{2}=2k^{2}\), ולכן \(q\) עצמו זוגי – בסתירה לכך ש-\(p\) ו-\(q\) זרים. ∎
למרות שאי-אפשר לבטא את \(\sqrt{2}\) במדוייק באמצעות מספרים רציונאליים, אפשר לקרב אותו – או כל שורש ריבועי אחר – על-ידי מספרים רציונאליים בכל מידת דיוק שנרצה, בדרך שהייתה ידועה כבר לבבלים לפני כמעט 4000 שנה:
השיטה: יהי \(x\) מספר רציונאלי חיובי כלשהו, ונניח למען הפשטות ש-\(1 \lt x\). אנו נבנה שתי סדרות \((a_{n})_{n=0}^{\infty}\) ו-\((b_{n})_{n=0}^{\infty}\) של קירובים רציונאליים חיוביים ל-\(\sqrt{x}\), באופן שיתקיים:
(א) \(a_{n}^{2} \lt x \lt b_{n}^{2}\) (כלומר, \(a_{n} \lt \sqrt{x} \lt b_{n}\)) לכל \(n\) טבעי.
(ב) \(a_{n} \lt a_{n+1}\) ו-\(b_{n} \gt b_{n+1}\) לכל \(n\) טבעי (כלומר, כל סדרה מונוטונית).
שימו לב: שתי הדרישות הראשונות ביחד אומרות שהסדרה \(a_{1},a_{2},a_{3},\dotsc\) מקרבת את \(\sqrt{x}\) מלמטה, ואילו הסדרה \(b_{1},b_{2},b_{3},\dotsc\) מקרבת את \(\sqrt{x}\) מלמעלה. יתר על כן, שתי הסדרות האלה מונוטוניות – כלומר, בכל פעם הזוג \((a_{n+1},b_{n+1})\) הוא קירוב טוב יותר ל-\(\sqrt{x}\) מאשר הזוג \((a_{n},b_{n})\).
אולם אפשר למצוא שתי סדרות כאלה בלי להתאמץ הרבה: למשל, יכולנו לבחור בתור הקירובים ל-\(\sqrt{2}\) מלמטה את \(1, \ 1.1,\ 1.11,\ 1.111\), וכן הלאה, ובתור הקירובים ל-\(\sqrt{2}\) מלמעלה את \(2, \ 1.9,\ 1.89,\ 1.889\), וכן הלאה,
מה שחסר בבחירות אלה הוא מה שנותנת דרישה (ג): שהסדרות אכן מתקרבות כרצוננו ל-\(\sqrt{x}\). זאת נקודה קצת עדינה, משום שאין לנו דרך לחשב את \(\sqrt{x}\) עצמו ולהשוות אליו את הקירובים שלנו. אנו משתמשים איפוא במה שהיוונים כינו שיטת המיצוי: אנו מייצרים שתי סדרות של קירובים, ודואגים לכך שסדרה אחת תמיד קטנה מ-\(\sqrt{x}\), והשניה תמיד גדולה מ-\(\sqrt{x}\). זה מה שאומרת דרישה (א): שימו לב שהיא מנוסחת באמצעות \(x\) (שהוא מספר רציונאלי, לפי ההנחה), ואינה מזכירה את \(\sqrt{x}\). בעצם אנו מנצלים כאן רק את העובדה שפונקציית ההעלאה הריבוע היא מונוטונית עבור מספרים אי-שליליים.
אם בנוסף לכך נבטיח שהקירובים מלמטה ומלמעלה מתקרבים זה לזה כרצוננו – כפי שקורה בדרישה (ג) – הרי שמרחק כל אחד מהם מהמספר המבוקש \(\sqrt{x}\) אינו יכול להיות גדול מההפרש בינהם.
אפשר לנסח זאת כך: אם אתה הולך ברחובות מוסקבה, מסתכל מלפניך ורואה קצין של הק.ג.ב, מסתכל מאחוריך ורואה קצין של הק.ג.ב. – אז לאן שהם הולכים, לך גם אתה.
יישום השיטה: הבנייה נעשית באינדוקציה, החל מ-\(a_{0}=1\) ו-\(b_{0}=x\). בשלב ה-\(n\) נגדיר
שימו לב ש-\(b_{n+1}\) הוא הממוצע החשבוני של שני הקירובים הקודמים \(a_{n}\) ו-\(b_{n}\), ואילו הממוצע ההנדסי שלהם הוא \(\sqrt{a_{n}\cdot b_{n}}=\sqrt{x}\) לכל \(n\).
מכיוון שלכל שני מספרים ממשיים חיוביים \(a\) ו-\(b\) מתקיים
משפט: הממוצע החשבוני תמיד גדול או שווה לממוצע ההנדסי (ויש שוויון רק כאשר \(a=b\)).
מכאן נובע (א), כי \(b_{n+1}:=\frac{a_{n}+b_{n}}{2} \gt \sqrt{a_{n}b_{n}}=\sqrt{x}\), ולכן \(a_{n+1}:=\frac{x}{b_{n+1}} \lt \sqrt{x}\) לכל \(n\). אבל אז בוודאי \(b_{n+1} \lt b_{n}\), כי הממוצע של שני מספרים קטן מהגדול מבינהם; ולכן \(a_{n+1} \gt a_{n}\) (על-ידי חלוקת \(x\) באי-השוויון הקודם).
בקירוב האחרון אנו רואים ש-\(a_{4}\) ו-\(b_{4}\) מסכימות עד לספרה ה-\(11\) אחרי הנקודה העשרונית – כלומר, ההפרש בינהם קטן מ-\(10^{-11}=0.00000000001\). בפרט זה אומר ששתים-עשרה הספרות הראשונות בפיתוח העשרוני של \(\sqrt{2}\) הן
\(\displaystyle 1.41421356237\)
לוגיקה – לחשוב על החשיבה המתמטית
אנה ליזהטוב
בגיליון נטגר הקודם סיפרנו לכם איך הלוגיקה המתמטית, ענף מתמטי שהיה רדום כאלפיים וארבע מאות שנים, התעורר באמצע המאה התשע עשרה בעבודתו של האנגלי ג’ורג’ בול. הלוגיקה המתמטית עושה דבר מוזר ביותר: היא חוקרת את הפעילות המתמטית. כלומר מתארת בצורה פורמלית איך מתמטיקאים חושבים.
“איך חושבים”, אתם בוודאי חושבים לעצמכם, היא שאלה ערטילאית. מה זה “איך חושבים”? לגמרי לא ברור. אולי זוהי הסיבה שהלוגיקה הייתה רדומה כל כך הרבה זמן. צריך לפרוט זאת לשאלות קונקרטיות, ובול אכן עשה את הצעד הראשון: הוא הראה איך אפשר לעשות פורמליזציה לטענות מתמטיים פשוטות, שמכילות רק קשרים פשוטים בין טענות, כמו “ו” או “או”.
זו הייתה חוליה נוספת בשרשרת של מהפכות שפרויד קרא להן “מהפכות קופרניקאיות”, כלומר כאלה שמשנות את תפיסת האדם את עצמו, מראיית עצמו כמרכז היקום להבנה שהוא אינו אלא חלק מן העולם הפיזיקלי, חלק שאולי מעניין במיוחד את עצמו אבל אינו ייחודי כפי שנדמה לו. פרויד הבחין בשלוש מהפכות קופרניקאיות. הראשונה היא הקוסמולוגיה של קופרניקוס עצמו, שהבין שכדור הארץ אינו מרכז היקום בשום מובן אפשרי. השנייה היא תורת האבולוציה של דרווין, שלימד אותנו כי אף אם האדם הוא החבר האינטליגנטי ביותר בממלכת החי, הוא כפוף לאותם חוקים שלהם מצייתים שאר חברי הממלכה. את המהפכה השלישית ייחס פרויד, שמעולם לא סבל מעודף צניעות, לעצמו. תורתו, הפסיכואנליזה, הבהירה שגם בממלכה האחרונה שנותרה לכאורה לשליטתו הבלעדית של האדם, נפשו שלו עצמו, אין הוא מלך יחיד. עמקי נפשו אינם נגישים לו יותר מאשר לסובבים אותו, וייתכן שדווקא את מאווייו שלו הוא מכיר פחות מאשר את העולם החיצוני.
פרויד דיבר לראשונה על מהפכות קופרניקאיות ב-1914, בסדרת הרצאות שנשא באוניברסיטת וינה. אבל באותו זמן כבר החלו לנוע גלגליה של מהפכה רביעית, חשובה עוד יותר משלוש קודמותיה משום שהובילה להמצאת המחשב. זו הייתה התובנה שאפילו הדבר שנראה ייחודי מכל לאדם – החשיבה המופשטת, אינה אלא חלק מן העולם הפיזיקלי. מאמצע המאה התשע- עשרה החלה לחלחל ההבנה שגם החשיבה המופשטת אינה אלא תהליך פיזיקלי, כמו תנועתם של גופים או זרימה של מים. אפשר לתאר אותה במונחים מכאניים, והיא יכולה להיות גם נחלתה של מכונה.
באופן לא מפתיע, זרעיו של המפנה נזרעו באנגליה של המהפכה התעשייתית. בעקבות ניצחונן המוחץ של המכונות החלו הוגים לייחס מכאניוּת לכל תופעות העולם, ובהן האנושיות. מקצת ההוגים היו תיאורטיקנים, כמו קרל מרקס, שהחיל מושגים דטרמיניסטיים על תהליכים חברתיים, והיו גם שניסו ליישם זאת בפועל. המפורסם שבהם היה צ’רלס בבג’ (\(Charles ~~Babbage\)), שנהוג לייחס לו את הבנייה (על הנייר) של המחשב הראשון. ב-1820 הוא פירסם תוכנית לבנייתה של מכונת חישוב שיתרונה הגדול הוא שהיא ניתנת לתכנות, ואפילו השיג מימון ממשלתי להרכבתה. את מלאכת ההרכבה המעשית לא השלים מעולם, אבל בסוף המאה העשרים הושלמה המלאכה במוזיאון המדע הבריטי, והתברר שבבג’ לא רימה. המכונה פעלה.
את ניצחונה הגדול ביותר נחלה המהפכה המחשבתית הזאת דווקא במתמטיקה. החשיבה המתמטית היא המופשטת ביותר מבין סוגי החשיבה, אבל גם המאורגנת ביותר, ולכן אפשר לחקור אותה בצורה מתמטית. כאמור, הראשון שעשה זאת בצורה שיטתית היה ג’ורג’ בול. הוא הראה איך לעשות פורמליזציה של טענות מתמטיות. ואכן, טענות מתמטיות הן לבני הבניין שמהן בונים מגדלים מתמטיים. אבל לבנים עדיין אינן יוצרות בית. נחוץ מלט שיחבר אותן למבנים בעלי משמעות. את התפקיד הזה ממלאות ההוכחות. הוכחות הן גולת הכותרת של הפעילות המתמטית. הן מוודאות מה נכון, אבל חשוב מכך, הן עדות להבנה. “הוכחה לא נועדה להראות לנו שמשפט מתמטי הוא נכון. כוונתה להראות לנו למה הוא נכון,” אמר המתמטיקאי האמריקני רלף בואז \((Ralph ~Boas)\).
היה זה פילוסוף-מתמטיקאי גרמני בשם גוטלוב פְרֶגֶה \((Gottlob~~ Frege)\) שעשה את הצעד האמיץ הבא: להראות שגם הוכחות אפשר לחקור בצורה מתמטית-פורמלית. הדבר הראשון שפרגה עשה היה להעשיר את השפה המתמטית. הוא הוסיף סימן ל”לכול”. הסימון שלו הוחלף מאז, וכיום משתמשים בסימון \(\forall\), שהוא \(A\) הפוכה, ונגזר מן המילה “\(All\)”, או “\(Alles\)” הגרמני. למשל, \(\forall x(x \ge 0)\) אומר ש”כל מספר גדול או שווה מ-\(0\)” – טענה נכונה במספרים הטבעיים. מאוחר יותר הוכנס גם סימון ל”קיים” – \(\exists\), היפוכה של \(E\), הגזורה מ-\(Exists\). למשל, \(\exists x(x \lt 1)\) אומר “קיים מספר קטן מ-\(1\)” (שוב, טענה נכונה במספרים הטבעיים, משום שאכן קיים מספר כזה, הלוא הוא 0).
בשפה החדשה אפשר להביע כל טענה מתמטית מוכרת, ומכאן היה פרגה יכול להמריא למשימה הבאה: הגדרה מהי הוכחה. כל מי שראה מימיו הוכחות מתמטיות מכיר את התכונה העיקרית שלהן: הליניאריות. הן בנויות לבנה על גבי לבנה. זו היתה הגדרתו של פרגה ל”הוכחה”:
הוכחה היא סדרה של טענות, שכל אחת נובעת מאלה שהופיעו לפניה.
בכך אין חידוש גדול. האופי הנדבכי של הוכחות הוא כאמור עניין ידוע. תגליתו המפתיעה של פרגה היתה ש”נביעה” היא מושג פשוט. משחק ההוכחה אינו כה מסובך כפי שנדמה. הוא מתנהל בסך הכול על פי שני כללים. הכלל הראשון, שניסח כבר אריסטו, נקרא “ניתוק רישא”. אם בסדרת הטענות שמרכיבות את ההוכחה מופיעה, למשל, הטענה “אם היום יום שלישי, אז יורד גשם”, ומופיעה גם הטענה “היום יום שלישי”, אתם יכולים להוסיף בבטחה לסדרה את הטענה “יורד גשם”. אם הוכחתם “אם א’ אז ב'” וגם הוכחתם את א’, הרי הוכחתם את ב’.
הכלל השני אינו מסובך יותר, אבל הוא מפתיע במקצת. הוא נקרא “הכללה”, והוא אומר כך: נניח שהוכחתם ש-“יוסי הוא בן תמותה”, ונניח שלא השתמשתם בשום תכונה מיוחדת של יוסי מלבד היותו בן אדם. אם עשיתם זאת, הוכחתם בעצם שכל אדם הוא בן תמותה. הרי ההוכחה תקפה לכל אדם. בניסוח פורמלי, הכלל הוא זה:
אם בסדרת הטענות שמהווה הוכחה הגעתם לתכונה כלשהי (נקרא לה \(P\)) של עצם \(x\), הרי אתם רשאים להוסיף לסדרת הנוסחאות נוסחה חדשה, שגם היא הוכחה בזאת: “לכל \(x\) מתקיימת התכונה \(P\)”, ובסימון המתמטי – \(\forall x P\).
למעשה, מבחינתנו לא חשוב מהם בדיוק כללי ההוכחה, אלא רק שהם פשוטים וספורים. פירוש הדבר הוא שמשחק ההוכחה פשוט מאוד. אם מגיע אליכם אדם ובידיו סדרת טענות שהוא אומר כי היא הוכחה, קל מאוד לבדוק זאת. לבנות הוכחה – זה כבר סיפור אחר. קל יותר לזהות עצם כ”מחט”, לאחר שהציגו אותו בפניכם, מאשר למצוא את המחט בערמת שחת.
כל אחד משני כללי ההיסק – ניתוק הרישא וההכללה – מוכיח נוסחאות על פי נוסחאות קודמות. אבל לא די בכך. כדור הארץ עומד כידוע על גבו של צב – אבל על מה עומד הצב? הרי צריך להתחיל ממקום כלשהו, מטענות שאינן נובעות מטענות קודמות. אלה הן האקסיומות, הנחות מוצא שעל יסודותיהן אפשר לבנות את הבניין. פרגה הגדיר כמה אקסיומות בסיסיות, שנכונות בכל תחום. למשל, “אם היום יום שלישי אז היום יום שלישי”, או בצורה פורמלית \(\alpha \rightarrow \alpha\). “כל דבר גורר את עצמו”. או כלל אחר: אם לא נכון שלא נכון שהיום יום שלישי, אז היום יום שלישי. “לא לא” משמעו “כן”, ובניסוח פורמלי: \(\sim\sim \alpha \rightarrow \alpha\). שפירושו “אם לא נכון שלא \(\alpha\) אז \(\alpha\) נכונה”.
נוסף על האקסיומות הכלליות, לכל תחום מתמטי יש האקסיומות המיוחדות לו. בגיאומטריה, למשל, האקסיומות יהיו טענות כמו “דרך כל שתי נקודות עובר רק קו ישר אחד” (את המילים האלה צריך לתרגם, כמובן, לנוסחאות). בתורת המספרים, כל מערכת אקסיומות סבירה תכיל בוודאי את האקסיומה שאם מוסיפים 0 למספר, הוא לא משתנה, ופורמלית – \(\forall x (x+0=x)\). הגדרתו של פרגה להוכחה היא אפוא זו: הוכחה היא סדרת נוסחאות שכל אחת מהן היא או אקסיומה, או נובעת על פי אחד משני כללי ההיסק מנוסחאות קודמות. להשלמת ההגדרה נחוץ לומר עוד דבר אחד: מה מוכיחה סדרת הנוסחאות הזאת? פשוט: את הנוסחה האחרונה שבה, את “שורת המחץ”.
הרעיונות החדשים של פרגה היו כה מהפכניים, שאף אחד לא התייחס אליהם ברצינות. מישהו אחד שכן התייחס היה גיאורג קנטור, מהפכן בעצמו, שבנה במו ידיו את תורת הקבוצות המודרנית. הוא כתב על ספרו של פרגה מאמר קטילה. פרגה נעשה מר נפש ומסוגר. באחרית ימיו גם לקה באנטישמיות קשה (ייתכן שהיה לכך קשר לעובדה שקנטור היה יהודי). למזלה של המתמטיקה, הייתה לברטראנד ראסל האגלי בילדותו אומנת גרמנייה, ובזכותה הוא ידע גרמנית. כך הגיע, כעשרים שנים מאורח יותר, לקרוא את כתביו של פרגה. הוא הבין את חשיבות המהפכה החדשה, ופרסם אותה דרך ספר שכתב עם ידידו ומורו וויטהד (\(Whitehead\)). הספר, שנקרא “עקרונות המתמטיקה” (\(Principia ~Mathematica\)), היה נקודת מפנה. מאותו רגע הפכה הלוגיקה המתמטית לענף מרכזי. וזה היה פתח למהלכים מרחיקי לכת, שבסופו של דבר הובילו להמצאת המחשב.
חידות
דניאל לובזנס
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 24.12.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1 –איך לחלק את העוגה המשולשת?
אורה ובני מחלקים ביניהם עוגה (שניתן להניח כי היא בגובה ומרקם אחיד, כך שכל אחד רוצה לקבל שטח גדול יותר של העוגה) לפי הכלל הבא: אורה בוחרת נקודה כלשהיא על גבי העוגה, ובני רשאי לחתוך את העוגה בקו ישר העובר דרך הנקודה שסימנה אורה אח”כ בני בוחר לעצמו את אחד החלקים והשני ניתן לאורה. בני ואורה בוחרים את מיקום הנקודה וכוון הקו כדי לקבל מקסימום משטח העוגה.
ברור שאם העוגה עגולה, הבחירה של אורה היא מרכז העיגול, וכל קו שיעביר בני יבטיח לו בדיוק חצי מהעוגה וגם אורה תקבל חצי עוגה.
החידה היא מה קורה כשלעוגה צורת משולש? מהי הנקודה הטובה ביותר שתבחר אורה? איך יעביר בני את קו החיתוך? בהנחה ששניהם עושים את הבחירות הטובות ביותר, איזה חלק מהעוגה יקבל בני ואיזה יישאר לאורה?
חידה 2–איך ליצור רבוע מרבוע ומשולש?
נתון ריבוע ומשולש ישר זווית ושווה שוקים הקטן בשטחו משטח הרבוע. איך ניתן לחתוך את הרבוע ל3 חלקים ע”י קוים ישרים, ואת המשולש ל2 חלקים ע”י קו ישר אחד, ומחמשת החלקים להרכיב ריבוע?
חידה 3– מה הדרך הקצרה של הנמלה לטיפת הדבש?
נתונה כוס זכוכית בעלת צורה גלילית, בקוטר 8 ס”מ ובגובה 8 ס”מ. על התחתית סמוך לדופן, בתוך הכוס, יש טיפת דבש. מחוץ לכוס, סמוך לתחתית, בנקודה המרוחקת ביותר מטיפת הדבש נמצאת נמלה. מה הדרך הקצרה ביותר של הנמלה לטיפת הדבש? מה אורכה?
רמזים לחידות מגיליון נובמבר 2015
חידה 1 – איך לחלק את המחרוזת?
חברו את המחרוזת בקצותיה ליצירת מעגל. השתמשו בשיטה דומה לזו של הוכחת המקרה החד ממדי של משפט בורסוק-אולם המופיע במאמרו של רון אהרוני בגיליון אוקטובר 2015.
חידה 2– איך למצוא את הדרך הנכונה?
יש למצוא דרך שהשאלה “תעבור” פעמיים דרך שני משיבים.
אם היה אפשרי לפתור את החידה ע”י חלוקת הרבוע הגדול ל 3 חלקים בלבד, הרי שבחלק אחד תהינה 2 פינות של הרבוע הגדול שהמרחק (האנכי או האופקי) ביניהן הוא 13 בעוד ברבוע הנוצר לאחר החלוקה המרחק המקסימלי הוא 12. תנו דעתכם שבבעיה זו ניתן לסובב את החלקים החתוכים בכפולות של 90 מעלות בלבד.
את הפתרון ניתן להכליל לכל השלשות הפיתאגוריאניות מהצורה:
השרטוטים הבאים מתארים את חלוקת הרבוע הגדול והרכבת רבוע שאורך צלעו קטן ב 1 משלשה החלקים.
חידה 2–איזו ספרה חסרה?
נחשב את המספר מודולו 9.
קל לראות:
\(2^2 = 4 \pmod{9}\)
\(2^4 = 7 \pmod{9}\)
\(2^8 = 4 \pmod{9}\)
\(2^{16} = 7 \pmod{9}\)
מאחר ו: \(2^{29} = 2^{16} \cdot 2^8 \cdot 2^4 \cdot 2^1 = 7 \cdot 4 \cdot 7 \cdot 2 = 5 \pmod{9}\) ונתון שבתוצאה מופיעות כל הספרות פרט לאחת – הספרה החסרה היא 4 (סכום כל הספרות 1..9 הוא 0 מודולו 9).
חידה 3– איזה מספרים ניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים?
להלן פתרונו של עומר שמחי (בתיקונים קלים):
פתרון: כל מספר שאינו חזקה אי שלילית של 2.
הוכחה: ראשית נשים לב כי אם מספר הוא סכום של רצף טבעיים (לפחות שניים) אזי הוא מהצורה:
\(M = k + (k+1) + \dots + (k+n-1)\)
כאשר \(k\) הוא המספר הטבעי הראשון ועוד \(n-1\) מספר החוברים ברצף.
קל לראות מסכום סדרה חשבונית ש:
\(\displaystyle d = 1, a_1 = k \Rightarrow M = \frac{n \cdot (2k + 1 \cdot (n-1))}{2} = \frac{n \cdot (n + (2k-1))}{2}\)
ראשית נראה כי כל מספר אי זוגי \(M\) (שאינו 1 כמובן) ניתן להצגה כסכום רצף טבעיים:
\(n=2 \Rightarrow M = 2k + 1, \forall k \in \mathbb{N}\) וזהו ביטוי לכל מספר אי זוגי גדול מאחד כמובן.
כעת נראה כי אם \(M = 2^r, \forall r \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) לא ניתן לבטא כסכום כנ”ל:
נשווה: \(2^r = \frac{n \cdot (n + 2k – 1)}{2}\)
אולם אם \(n (\gt 2)\) אי זוגי אזי נקבל סתירה כי אז לחזקה של 2 אמור להיות מחלק אי זוגי גדול מ1, ואם \(n\) זוגי אזי \(n + 2k-1\) אי זוגי ושוב סתירה מאותה סיבה.
לכן חזקה טבעית של 2 או המספר 1 לא ניתנים לייצוג כנ”ל.
כעת נותר להוכיח שכל זוגי שאינו חזקה של 2, דהיינו: \(M = 2^r t, t \equiv 1 \pmod{2}, r \in \mathbb{N}\) ניתן להצגה.
כלומר, נחפש \(n\) ו \(k\) כך ש: \(2^r t = \frac{n \cdot (n + 2k – 1)}{2} \Leftrightarrow 2^{r+1} t = n \cdot (n + 2k – 1)\)
כעת, נפריד לשני מקרים:
(1): \(t \gt 2^{r+1}\):
נציב: \(n = 2^{r+1} \Rightarrow t = n + 2k – 1 = 2^{r+1} + 2k – 1\)
היות ש\(k\) ניתן לבחירה חופשית, הרי שכל אי זוגי \(t\) שמקיים את תנאי אי השיוויון כמובן יתקבל בצורה כזו.
(2): \(t \lt 2^{r+1}\):
נבחר: \(n = t \Rightarrow 2^{r+1} = n + 2k – 1= 2k + t -1 \)
ושוב היות ש\(t\) אי זוגי ו\(k\) ניתן לבחירה חופשית נקבל שוב שאפשר לקבל כל חזקה של 2 שמקיימת את אי השוויון בצורה כזו בבחירה מתאימה של \(k\).
מש״ל.
שמות הפותרים נכונה את החידות מגיליון נובמבר 2015
תומר שני, חניתה, בי”ס סולם צור כתה י”ב – כל החידות!
אחד הדברים היפים במתמטיקה הוא חיבור של תחומים שונים. בגיליון הנוכחי יש לנו דוגמה יפה לכך – פתרון בעיה קומבינטורית בעזרת טורי חזקות. הרעיון המקורי היה של אוילר, והוא נקרא “פונקציות יוצרות”. פרופ’ רוס פינסקי מן הטכניון הסכים לכתוב מאמר על הנושא – אנחנו מקווים שתיהנו, וכמו כן אנחנו מקווים להוסיף מאמרי המשך בנושא בעתיד.
אנה ליזהטוב תרמה גם היא מאמר, על אחד מתחומי המתמטיקה החידתיים ביותר, הלוגיקה המתמטית. זוהי המתמטיקה של המתמטיקה, כלומר חקר מתמטי של החקירה המתמטית. מעניין, לא? ובמיוחד מעניין מה כבר אפשר לומר בנושא. מתברר שיש הרבה מאוד מה לומר.
ויש לנו גם ראיון עם מתמטיקאי – מן הדמויות המוכרות והצבעוניות ביותר בעולם המתמטי של ימינו – מתמטיקאי ישראלי המתגורר בארצות הברית, דורון ציילברגר. לדורון יש דעות נחרצות ומקוריות על “מה זו מתמטיקה”, ולאן מועדות פניה של
המתמטיקה.
בברכת הנאה,
העורך.
חישוב מספרי Fibonacci בעזרת פונקציות יוצרות
רוס פינסקי
1 ההגדרה של סדרת פיבונצ׳י
סדרת פיבונצ’י \(\{f_n\}_{n=0}^\infty\) היא אחת הסדרות המפורסמות ביותר במתמטיקה. מגדירים \(f_0=0\) ו-\(f_1=1\), ואז עבור \(n\ge2\), מגדירים את הסדרה לפי נוסחת נסיגה:
\(\displaystyle (1) \quad f_n=f_{n-1}+f_{n-2}\)
במילים, כל איבר מתקבל כסכום שני קודמיו. לכן, למשל, \(f_2=f_1+f_0=1+0=1\), \(f_3=f_2+f_1=1+1=2\).
במאמר הזה נמצא נוסחה מפורשת לאיבר הכללי \(f_n\) בסדרת פיבונצ’י. למטרה זו ננצל כלי הנקרא פונקציות יוצרות. אבל תחילה, עלינו להזכיר מספר עובדות בנוגע לטור גיאומטרי.
מתקיים \(yS_n=y(1+y+\cdots+y^n)=y+y^2+\cdots+y^{n+1}\). לכן,
\(\displaystyle (1-y)S_n=S_n-yS_n=1-y^{n+1}\)
אם \(y\neq1\), נוכל לחלק ומתקבל \(S_n=\frac{1-y^{n+1}}{1-y}\). אם \(|y| \lt 1\), אז כש- \(n\) שואף ל-\(\infty\), \(y^{n+1}\) שואף ל-0, ואנו מגיעים למסקנה כי אם \(|y| \lt 1\) אז
אם \(y=1\), ברור ש- \(\sum_{n=0}^\infty y^n=\infty\). הקורא יכול לחקור את המקרה ש- \(y \lt -1\); לא נצטרך את המקרה הזה כאן. כעת נציג את הכלי של פונקציות יוצרות. אנו בונים פונקציה \(F(x)\) לפי הנוסחה
כאשר \(\{f_n\}_{n=0}^\infty\) היא סדרת פיבונצ’י. טור כזה נקרא טור חזקות. מכיוון ש- \(f_0=0\), מתקיים \(F(x)=\sum_{n=0}^\infty f_nx^n=\sum_{n=1}^\infty f_nx^n\). שימו לב כי הטור שמגדיר את \(F(x)\) אינו טור גיאומטרי; אכן היחס בין האיבר ה- \(n\)-י לאיבר ה-\((n+1)\)-י בו הוא \(\frac{f_{n+1}}{f_n}x=\frac{f_{n+1}x^{n+1}}{f_n x^n}\), וזה תלוי ב- \(n\), כלומר אינו מספר קבוע.
3 פרק לפדנטים שבינינו – מדוע טור החזקות מתכנס
אנחנו נרצה לפעול על טור החזקות שבנוסחה (3), ואת הפעולות האלה צריך להצדיק. מתמטיקה, אחרי הכל, היא מקצוע מדויק!
ברור שהפונקציה \(x^n\) עולה עבור \(x\ge0\); כלומר אם \(x_2\gt x_1 \ge 0\),אז מתקיים \(x_2^n>x_1^n\). לכן גם \(F(x)\) היא פונקציה עולה עבור \(x\ge0\) (כיוון ש- \(f_n>0\) לכל \(n\).) בפרט, אם \(F(x_0)=\infty\), עבור איזה \(x_0>0\), אז בהכרח \(F(x)=\infty\) עבור כל \(x \gt x_0\). או באופן שקול, אם \(F(x_1) \lt \infty\), עבור איזה \(x_1 \gt 0\), אז בהכרח \(F(x) \lt \infty\), עבור כל \(x\) המקיים \(0 \le x \lt x_1\). מזה נובע שאחת משלוש האפשריות הבאות בתוקף:
(1) קיים \(R\ge0\) כך ש- \(F(x) \lt \infty\), עבור \(0 \le x \lt R\), ו- \(F(x)=\infty\), עבור \(x \gt R\) (לא נדבר כאן מה קורה עבור \(x=R\));
(2) \(F(x)=\infty\) עבור כל \(x \gt 0\);
(3) \(F(x) \lt \infty\) עבור כל \(x\ge0\).
במקרה הראשון אנו מגדירים \(R=0\) ובמקרה השלישי \(R=\infty\). המספר \(R\) נקרא רדיוס ההתכנסות של טור החזקות. (אם \(F(x) \lt \infty\), אנו אומרים שהטור מתכנס עבור ה- \(x\) הזה, ואם \(F(x)=\infty\), אומרים שהטור מתבדר עבור ה- \(x\) הזה.) חשוב לציין שכל הנ”ל נוגע למקרה שבו איברי הטור חיוביים; אחרת הסיפור יותר מסובך.
תפקידנו הראשון הוא להראות ש- \(R \gt 0\); אחרת כל הפעולות האלגבריות שנפעיל בהמשך תהיינה חסרות משמעות. (יש טורים עם \(R=0\); כלומר טורים שאינם מתכנסים עבור אף \(x \gt 0\); למשל \(\sum_{n=1}^\infty n!x^n\).) בשלב הזה, נעשה חישוב גס כדי להראות ש- \(R \gt 0\). (עד תום המאמר נקבל את \(R\) במדויק.) הסדרה \(\{f_n\}_{n=0}^\infty\) עולה; כלומר \(f_{n+1} \gt f_n\) לכל \(n\). (זה נראה מובן מאליו ואפשר להוכיח אותו באינדוקציה). אז \(f_n=f_{n-1}+f_{n-2} \lt 2f_{n-1}\). לאור זה, איברי הסדרה \(\{g_n\}_{n=0}^\infty\), המקיימת \(g_0=0\), \(g_1=1\), ו- \(g_n=2g_{n-1}\), עבור \(n\ge2\), הם גדולים מאיברי הסדרה המקורית \(\{f_n\}_{n=0}^\infty\); כלומר, \(g_n\ge f_n\), לכל \(n\ge0\). (נסו להוכיח את זה באינדוקציה: מתקיים \(g_0\ge f_0\) ו- \(g_1\ge f_1\); כעת נניח ש- \(g_n\ge f_n\) ובעזרת הנחה זו וההגדרות של הטורים (\(f_n=f_{n-1}+f_{n-2},\ g_n=2g_{n-1}\)), הוכיחו כי \(g_{n+1}\ge f_{n+1}\).)
מכיוון ש- \(g_n\ge f_n\ge0\), על פי השוואה נובע שאם \(\sum_{n=1}^\infty g_nx^n \lt \infty\), עבור איזה \(x \gt 0\), אז בהכרח \(\sum_{n=0}^\infty f_nx^n \lt \infty\) עבור אותו \(x\). הסדרה \(\{g_n\}_{n=1}^\infty\) פשוטה לחישוב: \(\ g_3=2g_2=2^2\ ,g_2=2g_1=2 \) ובאופן כללי \(g_n=2^{n-1}=\frac12 2^n\), עבור \(n\ge1\). לכן מתקיים
אבל זה טור גיאומטרי! לכן הטור מתכנס אם \(|2x| \lt 1\), ואז בפרט עבור \(0 \le x \lt \frac12\). לכן, על פי השוואה, הטור שלנו גם הוא מתכנס עבור \(0 \le x \lt \frac12\). אז הוכחנו ש- \(R\ge\frac12\); כלומר ש- \(F(x) \lt \infty\) לפחות עבור \(0\le x \lt \frac12\).
4 ועכשיו לעיקר – איך מקבלים נוסחה למספרי פיבונצ’י מן הפונקציה היוצרת שלהם?
כעת נבצע כמה פעולות אלגבריות פשוטות שתובלנה לנוסחה מפורשת ל- \(F\) (במקום במונחים של טור אינסופי). נכפול ב- \(x^n\) בשני צדדי (1):
כאן המקום להזכיר כי אנו יודעים ש- \(F(x) \lt \infty\) עבור \(0\le x \lt \frac12\).משום כך כל האלגברה הנ”ל היא “כשרה” עבור \(0\le x \lt \frac12\). וכך קיבלנו נוסחה ל-\(F(x)\):
אם נדע לפתח את הפונקציה \(\frac{x}{1-x-x^2}\) לטור חזקות, כלומר נדע את המקדמים, נדע את מספרי פיבונצ’י. מתברר שלא כל כך קשה לפתח את הפונקציה הזאת לטור חזקות. עושים זאת בעזרת שיטה שנקראת שברים חלקיים.
הצעד הראשון בשיטה הזאת הוא לפרק את המכנה לגורמים ליניאריים. את זה אתם בוודאי יודעים לעשות – זה מצריך פתרון של המשוואה הריבועית \(x^2+x-1=0\). לפי הנוסחה לפתרון משוואה ריבועית, השורשים של \(x^2+x-1\) הם \(\frac{-1 \pm\sqrt5}2\); נסמן
על פי השוואת מקדמים, אפשר להסיק כי \(\alpha r^++\beta r^-=1\) ו- \(\alpha+\beta=0\). פותרים את שתי המשוואות האלה ומקבלים \(\alpha=\frac1{r^+-r^-}=\frac1{\sqrt5}\) ו- \(\beta=\frac1{r^-r^+}=-\frac1{\sqrt5}\). אנו מציבים עבור \(\alpha\) ו- \(\beta\) ב- (12) ומשתמשים ב- (11) כדי לקבל
מכיוון ש-\(\frac{\sqrt{5}+1}2 \gt \frac{\sqrt{5}-1}2\), נוכל ליישם את (2) גם ל- \(\frac1{1+xr^-}\) וגם ל- \(\frac1{1+xr^+}\) עבור \(x\) שמקיים \(|x| \lt \frac{\sqrt{5}-1}2\). אז מתקיים
\(\displaystyle (17) \quad \sum_{n=0}^\infty f_nx^n=\sum_{n=0}^\infty\frac1{\sqrt5}\Big((\frac{1+\sqrt5}2)^n-(\frac{1-\sqrt5}2)\Big)x^n,\ 0\le x \lt \frac12\)
עכשיו אנו מזכירים משפט יסודי מחדו”א.
תהיינה \(\{a_n\}_{n=0}^\infty\) ו- \(\{b_n\}_{n=0}^\infty\) סדרות ויהא \(C \gt 0\). נניח שטור החזקות \(\sum_{n=0}^\infty a_nx^n\) מתכנס עבור \(0\le x \lt C\), ושמתקיים \(\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum_{n=0}^\infty b_nx^n\), עבור \(0\le x \lt C\). אזי \(a_n=b_n\) לכל \(n\).
מיישמים את המשפט הנ”ל ל- (17), כאשר \(a_n=f_n\), \(b_n=\frac1{\sqrt5}\Big((\frac{1+\sqrt5}2)^n-(\frac{1-\sqrt5}2)\Big)\) ו-\(C=\frac12\); המסקנה היא שהנוסחה המפורשת עבור האיבר ה- \(n\)-י בסדרת פיבונצ’י היא
עכשיו שיש בידינו נוסחה מפורשת ל- \(f_n\), נוכל להראות בקלות שרדיוס ההתכנסות האמיתי של \(\sum_{n=0}^\infty f_nx^n\) הוא \(\frac2{1+\sqrt{5}}\approx.618\). אנו משאירים את זה לקורא – הטור \(\sum_{n=0}^\infty f_nx^n\) הוא הפרש של שני טורים גיאומטריים. רצוי להדגיש כמה חשוב היה הצד הראשון בהוכחתנו – חישוב גס המראה שרדיוס ההתכנסות הוא חיובי אפשר לנו להפעיל את המשפט הנ”ל עם \(C=\frac12\).
שימו לב כי \(\frac{1+\sqrt5}2\approx1.618\) ו- \(\frac{1-\sqrt5}2\approx-.618\).מכיוון ש- \(\frac{1-\sqrt5}2 \lt 0\), הסימן של \((\frac{1-\sqrt5}2)^n\) מתחלף – שלילי עבור \(n\) אי-זוגי וחיובי עבור \(n\) זוגי. הרבה יותר חשוב, שימו לב כי לכל \(n\ge0\) מתקיים
לכן, מכיוון ש- \(f_n\) הוא מספר שלם, נובע כי \(f_n\) הוא המספר השלם הקרוב ביותר ל- \(\frac1{\sqrt5}(\frac{1+\sqrt5}2)^n\). למשל, חישוב במחשבון מגלה כי \(\frac1{\sqrt5}(\frac{1+\sqrt5}2)^{50}\approx12586269024.99998\); לכן \(f_{50}=12,586,269,025\).
אכן הפונקציה \(F(x)=\frac x{1-x-x^2}\) “יצרה” לנו את מספרי פיבונצ’י!
מה זו לוגיקה מתמטית
אנה ליזהטוב
מהי המתמטיקה?
“המדע של הצורה והמספר”, אומרת אחת ההגדרות המפורסמות ביותר. כלומר – גיאומטריה ומספרים. האמנם? לא אנסה במאמר הזה להגדיר מהי המתמטיקה (כדאי שתנסו בעצמכם!) אבל אראה לכם בו שהטענה הזאת אינה נכונה. המאמר הזה הוא ראשון בסדרת מאמרים על תחום מתמטי שמפריך בקיומו את ההגדרה הזאת: הוא אינו עוסק לא בצורות ולא במספרים. זוהי הלוגיקה המתמטית – אחד החידתיים ביותר בין תחומי המתמטיקה. תחום שלא ברור איך יכולים בכלל להיאמר בו דברי טעם. אבל נאמרים, ועוד איך.
הלוגיקה המתמטית היא המתמטיקה של המתמטיקה. כפי שאיש משוואות דיפרנציאליות מסתכל בזרימה בצינורות, מוצא את המשוואות הדיפרנציאליות שעל פיהן הנוזלים בצינור מתנהגים ואחר כך חוקר את המשוואות האלה, כך הלוגיקאי מסתכל במתמטיקאים, כיצד הם יושבים במשרדיהם, מחדדים את עפרונותיהם, בוהים בלוח שלפניהם, מתגרדים בראשם – ועושים מתמטיקה. אכן, כפי שאתם יכולים לנחש, על החלק של הגירוד בפדחת הלוגיקאי מדלג. במקום זאת הוא מסתכל במה שהמתמטיקאי כותב במחברתו.
במשך כאלפיים שנים אכן הייתה הלוגיקה המתמטית מקצוע דל ביותר. היחיד שהתייחס אליה ממש היה אריסטו, שקבע כמה כללי היסק. כלומר, כללים שבעזרתם אפשר להסיק ממשפטים מסוימים משפטים אחרים. המפורסם ביניהם היה “ניתוק הרישא”, או ביוונית “מודוס פוננס” (“MODUS PONENS”). הכלל הזה אומר שאם הצלחתם להוכיח ש”אם היום יום שלישי אז חייב לרדת גשם”, ובמקביל הצלחתם להוכיח גם ש”היום יום שלישי”, אתם יכולים להסיק ש”היום יורד גשם”. את המשפט “אם \(\ldots\) אז” מסמנים בלוגיקה על ידי חץ:
\(\alpha \to \beta\) פירושו “אם \(\alpha\) אז \(\beta\)”. מיהם \(\alpha\) ו-\(\beta\)? ובכן, כל שתי טענות. אפשר להציב במקומם כל טענות שתרצו. ניתוק הרישא אומר אם כן: אם הצלחתם להוכיח ש-\(\alpha \to \beta\) וגם \(\alpha\), הרי הוכחתם בזאת \(\beta\).
חוכמה גדולה? לא נראה כך, לפחות ממבט ראשון. אבל כאן טמונים כבר הזרעים של מקצוע הלוגיקה. הרעיון הבסיסי, של להסתכל על המשפטים שהמתמטיקאים אומרים כעל מחרוזות של תווים (אותיות) ולשחק עם המחרוזות האלה על פי כללים קבועים וידועים, נמצא כבר כאן. הכללים האלה הם פורמליים, כלומר נוגעים למבנה המשפט (מה שנקרא בלוגיקה “תחביר”) ולא למשמעות המשפט.
ובכל זאת, איך ממשיכים? “אי אפשר להמשיך”, אמר הפילוסוף עמנואל קאנט בסביבות שנת 1800. “על מה שאמר אריסטו על הלוגיקה אין להוסיף אפילו מילה אחת”. קאנט הקדיש את כל הקריירה הפילוסופית שלו לעשות דבר אחד – להוכיח שמה שיש הוא בדיוק מה שצריך להיות. חוקי הגיאומטריה, כך אמר, אינם יכולים להיות שונים מאלה של הגיאומטריה האוקלידית: כחמישים שנים אחר כך יבהירו גאוס ובויוי שהגיאומטריה יכולה להיות שונה מאוד, וכעבור חמישים שנים נוספות יראה איינשטיין שהעולם מציית דווקא לחוקיה של גיאומטריה לא אוקלידית. קאנט ניסה להראות שחייבת להיות סיבתיות בעולם (אחרת לא נוכל בכלל לחשוב – והרי אנחנו חושבים), ושאת חוקי המוסר אפשר להסיק מכלל אוניברסלי (הוא התעלם מכך שחוקי המוסר של חברות שונות הם שונים מאוד). כך הוא גם טען שהלוגיקה של אריסטו היא בדיוק מה שצריך להיות – המילה האחרונה. אבל לא כדאי לקחת פילוסופים יותר מדי ברצינות כשהם מדברים על מתמטיקה. לא עברו חמישים שנים מאז שאמר קאנט את מה שאמר על הלוגיקה, וגלגליה של מהפכה לוגית החלו לנוע.
הצעד הראשון נעשה בידי לוגיקאי אנגלי בשם ג’ורג’ בול. לבול לא היו חיים קלים. כנער נאלץ לפרנס את משפחתו בשיעורים פרטיים, וכך לא למד בצורה מסודרת בעצמו: הוא היה אוטודידקט. לאחר קריירה לא ארוכה מת בגיל כחמישים מדלקת ריאות, שהוחמרה בטיפולים של אמבטיות קרות בהמלצת אשתו שהאמינה ש”התרופה צריכה להיות דומה לגורם למחלה”.
ג׳ורג׳ בול, 1815 – 1864
על כל זאת פיצתה אותו אלת המתמטיקה במתנה גדולה: ייסוד תחום חדש. בול הבין שאפשר לחקור את הדרך בה מצרפים משפטים מתמטיים זה לזה, על ידי פעולות פשוטות. הפעולות הפשוטות ביותר הן “או” ו-“ו”, שמסומנות ב-\(\vee\) ו-\(\wedge\), בהתאמה. כך, \(\alpha \vee \beta\) משמעה \(\alpha\) או \(\beta\), שהיא טענה נכונה (כך מגדירים) בתנאי שלפחות אחת משתי הטענות נכונות. הטענה \(\alpha \wedge \beta\), לעומת זאת, נכונה (ושוב זה עניין של הגדרה) אם שתי הטענות נכונות. הסימן “\(\to\)” מסמן כאמור, גרירה, והטענה \(\alpha \to \beta\) נכונה (כך מגדירים) אם \(\beta\) נכונה, או \(\alpha\) לא נכונה. במילים אחרות, הטענה \(\alpha \to \beta\) אינה נכונה רק במקרה אחד: כאשר \(\alpha\) נכונה ו-\(\beta\) אינה נכונה. לשלילה מותאם הסימן \(\sim\). \(\sim \alpha\) משמעו “לא נכון ש- \(\alpha\)”.
עתה אפשר לומר דברים מעניינים על הנוסחאות. למשל, שקילות בין נוסחאות. מה פירוש “שקילות”? שתי נוסחאות שמכילות משתנים לוגיים נקראות שקולות אם הן מקבלות אותו ערך אמת לכל הצבה של ערכים למשתנים. הנה שתי דוגמאות:
1. הנוסחה \(\sim \sim p\) שקולה לנוסחה \(p\). פירוש הדבר הוא שבין אם \(p\) מקבל ערך אמת “נכון” ובין אם הוא מקבל ערך אמת “לא נכון”, \(p\) ו-\(\sim \sim p\) מקבלות אותו ערך אמת (“נכון” אם \(p\) נכון, ולא נכון אם לא.)
2. \(\sim (p \vee q)\) שקולה ל-\(\sim p \wedge \sim q\). יש ארבע אפשרויות לבחירת ערכי אמת לשני המשתנים. בדקו שבכל אחת מהן שתי הנוסחאות מקבלות אותו ערך אמת. או, פשוט חישבו על המשמעות של “לא נכון ש-א’ או ב’ ” ותיווכחו שפירושו שגם א’ לא נכון, וגם ב’ לא נכון. החוק הזה נקרא “חוק דה מורגן”.
יש עוד חוק של דה מורגן – \(\sim (p \wedge q)\) שקולה ל – למה? השלימו את החסר, ונסו גם להסיק את החוק השני מן הראשון, בעזרת החוק על \(\sim \sim \alpha\).
זו הייתה התקדמות גדולה – אמנם זה לא מורכב במיוחד, אבל יש כאן מהפכה מושגית. הסתכלות חדשה על המשחק המתמטי. המתמטיקאים, כך אמר בול, הם שחקנים שלוח המשחק שלהם הוא שרשראות של נוסחאות. והנכונות של נוסחה מורכבת מוגדרת על פי הנכונות של המרכיבים האטומיים שלה (אלה שאינם ניתנים לחלוקה) שלה – בדוגמאות שלעיל המרכיבים האטומיים היו \(p\) ו-\(q\).
ועדיין, רוב המתמטיקאים לא התרגשו. הם חיכו שדבר מה עמוק ייאמר על התורה החדשה. היו נחוצות עוד התפתחויות כדי שהתחום יגיע לבשלות. הראשונה בהן נעשתה ברבע האחרון של המאה התשע עשרה, בידי לוגיקאי בשם פרגה (\(Gottlob~~Frege\)). הוא עשה שני דברים מהותיים. האחד – הוא הוסיף ממד לנוסחאות, בדמות סימן חדש, שהוחלף מאז ב: \(\forall\). הסימן הזה אומר “לכל”, והוא דורש משתנה: \(\forall x\) משמעו לכל ערך של המשתנה \(x\). למשל, בתורת המספרים אפשר לכתוב את הנוסחה \(\forall x (x \ge 0)\) – שבאינטרפרטציה הרגילה של הסימן \(\ge\) ושל הסימן \(0\) זוהי טענה נכונה (באינטרפרטציה הרגילה הסימן \(0\) מותאם למספר \(0\)).
מאוחר יותר הוסיף מתמטיקאי בשם פאנו סימן נוסף – \(\exists\), שמשמעו “קיים”. פרגה הסתדר בלעדיו – כיצד? הוא שם לב לכך שאת הטענה “קיים משהו” אפשר לבטא בעזרת “לכל”. “קיים בארץ אדם שאוהב לשים חרדל על העוגה שלו” שקול ל-“לא כל אדם בארץ לא אוהב לשים חרדל על העוגה שלו”. ובאופן כללי –
הנוסחה \(\exists x (P(x))\) שקולה לנוסחה \(\sim(\forall x \sim P(x))\). כאן \(P(x)\) היא תכונה כלשהי של המשתנה \(x\) – למשל לאהוב עוגה עם חרדל.
אבל זה היה רק צעד ראשון של פרגה. היה לו צעד חשוב הרבה יותר – הוא הגדיר בצורה מדויקת מהי “הוכחה מתמטית”. וזה היה כבר באמת הישג גדול. אספר עליו במאמר הבא בסדרה.
ראיון עם דורון ציילברגר מאוניברסיטת רטגרס, ניו ג’רזי
רון אהרוני
פרופ’ ציילברגר הוא מתמטיקאי ידוע ומוכר בשל הישגיו בתחום המנייה הקומבינטורית. אבל לא פחות מכך הוא מפורסם בשל פריצת הדרך שלו בכתיבת תוכניות מחשב שמגלות בעצמן משפטים מתמטיים, במיוחד זהויות קומבינטוריות. את דעתו, שבסופו של דבר המחשבים יוכלו למלא לא רק את מקומם של מחשבי חשבונות אלא גם של מתמטיקאים, הוא מפיץ בדרכים שונות. בראיון הזה ניסינו להתחקות אחרי התפתחותו כמתמטיקאי ולשמוע מעט מדעותיו.
מתי נוכחת לדעת שאתה רוצה להיות מתמטיקאי?
נולדתי בחיפה ב-1950, אך מייד עם היוולדי עברה המשפחה לקריית מוצקין. שם גרתי, עם הורי ועם אחי הצעיר, עד גיל 14, ואז עברנו לחולון. עד לכיתה ו’ לא הייתי טוב במיוחד במתמטיקה, וגם לא אהבתי אותה במיוחד. הדברים השתנו בכיתה ז’, שבה פגשתי במורה כריזמטית ומעוררת השראה בשם דבורה שגב, שעשתה את המתמטיקה לכיף.
כל קיץ נסעתי עם אחי הקטן (לבדנו!) לירושלים לבקר את “דודה גיטי” ובעלה, “דוד הנס”. דודי הנס, שהיה עורך דין, היה גם אסטרונום חובב, ובזכותו התחלתי לקרוא את עיתון האגודה הישראלית לחובבי אסטרונומיה. הייתי משוכנע שכאשר אגדל אהיה אסטרונום.
הדודים מירושלים היו “יקים”, וחתמו על עיתון גרמני בשם “שטרן”. אני הייתי מנסה את החידות המתמטיות שם, של השלמת ספרות בתרגילי חשבון. נעשיתי טוב מאוד בזה.
בכיתה ח’ היו שתי נקודות מפנה. האחת – קראתי את הספר “מתמטיקה למיליון” של הוגבן, מכריכה לכריכה, ולימדתי את עצמי את כל המתמטיקה שהייתה שם, כולל החשבון הדיפרנציאלי, גיאומטריית המישור והמרחב, וסטטיסטיקה.
עוד יותר חשוב מכך, בנו של הנס היה חתום על הסב-סבא של “נטגר”, “גיליונות מתמטיקה”, בעריכתו של פרופ’ גיליס המנוח. היו שם הרבה מאמרים מרתקים, בחלקם הגדול כתובים בידי גיליס עצמו, ובמיוחד היו שם בעיות, שאותן ניסיתי לפתור, די בהצלחה. זו הייתה הנקודה שבה באמת התאהבתי במתמטיקה.
בתיכון אהבתי מתמטיקה כל כך שהתעלמתי מכל שאר המקצועות. התמכרתי ל”גיליונות מתמטיקה”, וקראתי מאמרים מתקדמים במתמטיקה. כתוצאה מהזנחת המקצועות האחרים נזרקתי מבית הספר בכיתה י’. למגינת ליבם של הורי החלטתי לפתוח בקריירה של נער שליחויות. עשיתי זאת כשנה.
אחרי השנה הזאת אבי, שהיה מורה לאנגלית, עשה שנת שבתון באוניברסיטת קיימברידג’. שם למדתי לבגרות אנגלית – למזלי באנגליה מותר היה להתמחות, ואני עשיתי בחינות רק במתמטיקה עיונית, מתמטיקה שימושית (בשתיהן הצלחתי) ובפיזיקה (שם עברתי בקושי).
כשחזרתי לארץ הייתה לי חצי שנת חופש לפני הגיוס, ואני ביקשתי מפרופ’ גיליס שיקבלני לעבודת קיץ. למזלי הוא קיבל אותי, ואני הייתי אמור לעזור לתלמיד דוקטורט שלו בתכנות. לשם כך (למזלי, כפי שיתברר) למדתי את שפת התכנות פורטרן, אלא שמכיוון שעשיתי גם דברים מעבר למה שתלמיד הדוקטורט דרש הוא פיטר אותי. עברתי אז לעבוד עם נירה דין, לימים פרופסורית באוניברסיטת תל אביב, ויחד איתה ועם תלמיד מחקר אחר כתבנו מאמר שעבורי היה הראשון בקריירה.
בפברואר 1969 התגייסתי לחיל התותחנים. שם השתמשתי בידע המתמטי שלי לחישוב מסלולי פגזים – בכך נכנסתי קצת לצרות, משום שחברי דבקו בשיטות גרפיות. בעת שירותי בסיני נרשמתי ללימודים בהתכתבות באוניברסיטת לונדון, וסיימתי את התואר שם, בהצטיינות, תוך כדי שירותי.
החלטתי לחזור למכון וייצמן, לעשות דוקטורט. בחרתי כמנחה בהרי דים, חבר סגל צעיר בפקולטה. סיימתי את הדוקטורט ארבע שנים אחר כך, בגיל 26, שהוא גיל צעיר לישראלי ששירת בצבא.
מהם הסיפוקים בחייו של מתמטיקאי? האם יש גם נקודות צל?
חברי סגל של אוניברסיטאות הם בעלי מזל: הם מקבלים משכורת לעשות מה שהם אוהבים. למי שאינו אוהב ללמד יש קצת בעיה, אבל אני, ואינני היחיד בכך, אוהב ללמד. נקודה בעייתית אחרת היא התחרות האקדמית, והלחץ על אקדמאים בשלבים המוקדמים, לפני שהם מקבלים קביעות. אבל מן הרגע שאתה מקבל קביעות, אתה חופשי. לפעמים יש גם בעיה של שיפוט מאמרים – לא אחת קורה שהשופט של מאמר בכלל לא מבין במה מדובר.
אבל במקרה שלי, לפחות, הבנתי בשלב כלשהו שאינני חייב להשתתף במשחק. כיום אפשר לפרסם את המאמרים באינטרנט, במיוחד ב”ארכיב” (arXiv), שבו אפשר לשים את המאמרים שלך והם נקראים על ידי הקהילה.
אילו מתמטיקאים השפיעו עליך במיוחד?
רבים! כבר הזכרתי את יוסף גיליס. גם הרי דים, המנחה שלי, שהיה איש אנליזה יוצא דופן, השפיע עלי, אף על פי שערקתי מן האנליזה למתמטיקה דיסקרטית (שם נרדף ל”קומבינטוריקה”). מתמטיקאי אחר שהשפיע עלי היה יקר קנאי, שלימד אותי את תאוריית ה-D-מודולים של ברנשטיין (עובד כיום באוניברסיטת תל אביב), שהייתה בסופו של דבר אבן הפינה של מה שקרוי כיום “תורת ההוכחה האלגוריתמית של וילף-ציילברגר”. וילף היה המורה שלי בקומבינטוריקה, ולמדתי גם מן המתמטיקאים הצרפתיים פואטה וויינו (Foata, Vienot).
מה המקום של היופי בעבודתך?
יופי הוא רק בעומקים הרדודים. המתמטיקה היפה ביותר היא כזו בגלל פשטותה. כשם שאדם יפה הוא הנאה לעין, גם מתמטיקה יפה היא הנאה לשכל, אבל אסור לתת לה משקל מעבר למה שיש לה. מטרתה של המתמטיקה היא לגלות ידע שהוא עמוק, משמעותי ושימושי. המתמטיקה שמייצר המחשב, כזו שאני והמחשבים שלי עושים, היא לעתים קרובות מכוערת לשכל האנושי, אבל בעיני זה דווקא הופך אותה ליפה עוד יותר – יופי שמעבר ליופי הרגיל.
דף הויקיפדיה שלך אומר שאתה “אולטרא-פיניטיסט” – מה זה אומר?
כשם שאתה (רון אהרוני) טוען שהבעיות הפילוסופיות כולן מקורן בטעות של בניית מושגים על דרך ההתייחסות העצמית, כך גם לי יש מריבה עם מושג האינסוף. מושג האינסוף הביא תועלת, אבל עוד יותר מכך גרם לנזק. אני סבור שאם מושג האינסוף יוחלף במושג “אינסוף” (עם מרכאות כפולות), שפירושו שזהו מושג שנדון בתוך תורות שמדברות רק על אובייקטים סופיים, אפשר לשכתב את כל המתמטיקה במונחים סופיים, והשאר אינו ראוי שייעשה!
לבסוף, אנא ספר לנו על דעותיך השנויות במחלוקת על עתיד המתמטיקה, ואיך היא צריכה להיעשות.
המתמטיקה המוכרת לנו היא כזו משום שהיא נעשית על ידי בני אנוש, עם נייר ועיפרון. משהו נוסף שמעכב את התפתחותה הוא הדעה הדתית-פנאטית, שכל ידע מתמטי צריך להיות מוכח בצורה מדויקת. כל זה ייעלם בקרוב. השימוש במחשבים ירחיב את האופקים המתמטיים שלנו כמעט עד אינסוף. כשזה יקרה, נזנח את רעיון ה”ביטחון המלא”, ונלמד לחיות עם עובדות שהן רק 99.99999999999999999999999999% בטוחות.
האם יש לך עצה למתמטיקאי מתחיל, או גם לא כל כך מתחיל?
למד או למדי איך לתכנת מחשב, היטב! הטוב ביותר הוא להכיר תוכנות על, כמו Maple , או Mathematica, או התוכנה החדשה והחינמית Sage. כשאתה מנסה לפתור בעיה, היפטר מן הגישה הילדותית שעליך לפתור אותה בעצמך. מוטב שתחשוב איך תלמד מחשב לפתור אותה. בסופו של דבר, התוכנית תצליח לפתור גם בעיות קשות הרבה יותר, ששום בן אנוש לא יצליח לפתור.
כמובן, בזמנך הפנוי אתה יכול להשתעשע גם בפתרון הבעיה בדרך הישנה, בעצמך. אבל זה צריך להיות שעשוע, כמו סודוקו. ועל זה אינך אמור לקבל משכורת.
חידות
דניאל לובזנס
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 24.11.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1–איך לחלק את המחרוזת?
שני גנבים רוצים להתחלק בשללם, מחרוזת שבה מושחלים בזה אחר זה \(2n\) ספירים ו \(2m\) אזמרגדים (באיור \(n=1, m=3\)). אבני החן מסודרות באפן שרירותי על המחרוזת, יש להראות כי לכל סידור נתן לחתוך את המחרוזת ל3 חלקים כך שגנב אחד יקבל את החלק המרכזי עם \(n\) ספירים ו \(m\) אזמרגדים, ובחלקו של השני יהיו 2 החלקים הקיצוניים, גם הם עם \(n\) ספירים ו \(m\) אזמרגדים.
זה מקרה פרטי של הבעיה המוצגת בגיליון הקודם של “נטגר” במאמרו של רון אהרוני על טופולוגיה, הבעיה הכללית דורשת שימוש במשפט בורסוק-אולם. לעומת זאת החידה שבה יש רק שני סוגי חרוזים, המופיעה במדור זה ניתנת לפתרון פשוט, שגם נותן לגנבים אלגוריתם למציאת נקודות החיתוך.
חידה 2–איך למצוא את הדרך הנכונה?
חידה זו הוצעה בשעתו ע”י מרטין גרדנר. לאלו שאינם מכירים, מצפה אתגר.
תייר מגיע לאי שבו יש שני שבטים: האחד של דוברי אמת – על כל שאלה עונים את התשובה הנכונה. ואחד של דוברי שקר – על כל שאלה נותנים תשובה שקרית, במיוחד אם התשובה הנכונה היא “כן” הם אומרים “לא”, ולהפך אם התשובה הנכונה היא “לא” הם אומרים “כן”. אנשי אחד מהשבטים חובשים כובעים ואנשי השבט השני מסתובבים גלויי ראש.
התייר מגיע לצומת ממנו מתפצלות שתי דרכים האחת ימינה והשנייה שמאלה, ידוע לו שרק אחת הדרכים מובילה לארמון המלך. בצומת נצבים שני תושבי האי, האחד עם כובע על ראשו והשני גלוי ראש.
מותר לתייר לשאול שאלה אחת בלבד, שהתשובה עליה היא כן או לא, השאלה יכולה להיות מופנית לאחד מתושבי האי בלבד. מה ישאל התייר כדי למצוא את דרכו לארמון?
חידה 3– סידור אבני דומינו?
משחק דומינו רגיל מורכב מ 28 אבני משחק על כל אחת מהן זוג מספרים שכל אחד מהם בין 0 ל 6 . מופיעים כל זוגות המספרים האפשריים וכל אבני הדומינו שונות זו מזו . בוודאי ידוע לכם שאפשר לסדר את כל אבני הדומינו בשרשרת אחת שבה המספרים הנושקים זה לזה זהים. הציור מראה קטע של שרשרת כזו (עם האבנים: \(\dots\) 5:6,6:4,4:3,3:5)
האם במשחק דומינו מורחב שבו המספרים על האבנים הם בין 0 ל 9 (סה”כ 55 אבני משחק) גם כן ניתן לסדר את האבנים בשרשרת אחת שבה המספרים הנושקים זה לזה זהים?
רמזים לחידות מגיליון אוקטובר 2015
חידה 1–שמיכת טלאים
נסו לפתור חידה פשוטה יותר שמיכה מרובעת של 25 ריבועים לחלק ל 2 שמיכות 3X3 ו 4X4, בחלוקה של השמיכה הגדולה ל 4 חלקים – הכלילו את התוצאה.
חידה 2–איזו ספרה חסרה?
חשבו את המספר מודולו 9.
חידה 3– איזה מספרים ניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים?
הראו כי אי אפשר לרשום מספרים שהם חזקות של 2 כסכום של רצף.
פתרון החידות גיליון ספטמבר 2015
חידה 1 –כמה פירמידות?
כמובן שכל התמורות של 6 המקצועות, \(6!\) , ייצרו הרבה מאד עותקים של אותה פירמידה כשהיא מסובבת. אחת הדרכים לספור נכון את הפירמידות השונות זה להסתכל על צבעי המקצועות המנוגדים (למשל \(OC\) ו \(AB\) ) ברור שכל צביעה שבה למקצוע הצהוב יהיה קדקוד משותף עם המקצוע האדום אי אפשר יהיה להתאים ע”י סבוב לפירמידה המצוירת למעלה.
בשלב ראשון נבדוק כמה זוגות שונים מהצורה \(\left\{a,b\right\},\left\{c,d\right\},\left\{e,f\right\}\) נתן ליצר מ 6 הצבעים \((a,b,c,d,e,f)\). קל לראות כי מספר זה שווה ל: \(\frac{C_2^6 \cdot C_2^4 \cdot C_2^2}{3!} = \frac{\frac{6 \cdot 5}{2} \cdot \frac{4 \cdot 3}{2} \cdot 1}{6} = 15\) המכנה נובע מכך שסדר הזוגות לא משנה.
כל שלשה של זוגות צבעים (של מקצועות מנוגדים) יכולה לכאורה לצבוע את הפירמידה ב 8 דרכים, אך בדיקה פשוטה מראה כי מדובר רק בשתי אפשרויות. האיור הבא מתאר את 8 האפשרויות לשלשה (צהוב-סגול, שחור-כחול, אדום-ירוק)
זה נותן לנו 30 אפשריות. מאידך השרטוט בראש החידה מייצג למעשה שני שיקופים של פירמידה, אם נחשוב שהמשולש \(ABC\) נמצא במישור, הנקודה \(O\) יכולה להימצא מעליו או מתחתיו וליצור בצורה כזו שתי פירמידות שונות (שאי אפשר לעבור מאחת לשנייה ע”י סבוב כלשהוא). כלומר סה”כ יש 60 אפשרויות.
לגבי בניית פירמידה מ6 מקצועות באורכים שונים \(a_1 \lt a_2 \lt a_3 \lt a_4 \lt a_5 \lt a_6\). לכאורה צריך לבדוק את אי שוויון המשולש לגבי כל 3 אורכים. כלומר לכל \(i,j,k\) צריך להתקיים \(a_i + a_j \gt a_k\). אבל מאחר והקטעים מסודרים לפי אורכם מספיק לבדוק אי שוויון אחד בלבד: \(a_1 + a_2 \gt a_6\) !
חידה 2–האם ניתן לכסות לוח שחמט פגום ב 31 אבני דומינו?
אבן דומינו תמיד מכסה משבצת אחת שחורה ומשבצת אחת לבנה, לכן 31 אבני דומינו יכסו 31 משבצות שחורות ו 31 משבצות לבנות. בלוח השח הפגום יש 30 משבצות לבנות ו 32 שחורות, לכן זה בלתי אפשרי.
חידה 3 – בפרוס שנת תשע”ו
קודם כל יש לתת את הדעת שההפרש בין השנה בלוח העברי לשנה בלוח הגרגוריאני יכול להיות 3760 (בין 1 ינואר ל כ”ט באלול) או 3761 (בין א’ תשרי ל 31 דצמבר).
אם נסמן ב \(a^2\) את השנה לפי הלוח העברי, וב \(b^2\) את השנה לפי הלוח הגרגוריאני.
נשתמש בשוויון \(a^2-b^2 = (a+b) \cdot (a-b)\) ונקבל שהמכפלה בצד ימין של המשוואה היא הגורמים של ההפרש בין ערכי השנים בלוחות השונים. מפרוק לגורמים נקבל:
ומכאן קל למצוא שאם נדרוש שההפרש בין השנים יהיה 3761 יהיה פתרון אחד בלבד (שנצטרך לחכות לו מיליוני שנים): השנה לפי הלוח העברי תהיה 3,538,161 –ואז השנה לפי הלוח הגרגוריאני תהיה 3,534,400.
במקרה השני, יש לתת את הדעת שלפתרונות שלמים שני הגורמים חייבים להיות זוגיים, קיימים 6 פתרונות אפשריים.
מחלקים
שנה עברית
שנה גרגוריאנית
40
94
4489
729
20
188
10816
7056
10
376
37249
33489
8
470
57121
53361
4
940
222784
219024
2
1880
885481
881721
המצב שבו השנים לפי שני הלוחות היו רבועים שלמים קרה לפני למעלה מאלף שנה בשנת ד’תפ”ט שהיא שנת 729.
ואילו לאירוע הקרוב ביותר בעתיד נצטרך להמתין יותר מחמשת אלפים שנים לשנת י’תתט”ז שהיא שנת 7056.
שמות הפותרים נכונה את החידות מגיליון אוקטובר 2015
אלעד צליק – כל החידות!
עומר שמחי, מסיים י”ב, קריית טבעון – חידות מספר 2 ו-3.
אנחנו חוזרים לנושא אהוב עלינו (ונראה שגם עליכם, הקוראים) של השערות. במאמר של כותבינו הותיק, אליהו לוי, יסופר על השערות שלכל אחת מהן הוכרז פרס של מיליון דולרים.
מתוך הספר ״מתמטיקה, שירה ויופי״ מובא הפעם פרק על תחום מתמטי שנקרא ״טופולוגיה״, המדע של יריעות גומי (מממד כלשהו!).
אנחנו חוזרים ל״גליונות למתמטיקה״ הישן והטוב, ומביאים מאמר מאת מתמטיקאי שהשקיע רבות בנוער, והיה העורך של ״גליונות למתמטיקה״ – יוסף גיליס.
וכמובן – החידות של דני.
עוד על השערות ועל בעיות הפרס של המילניום
בגליון 16 דננו קצת בהשערות ובמעמדן במתמטיקה, והבאנו שלש השערות: (השערת רימן, השערת Birch ו Swinnerton-Dyer וההשערה ש \(NP \neq P \)) שהכרעתן תזכה את הפותר/ת באחד משבעה פרסים, כל אחד בסך מיליון דולר, שעם פרוש האלף השלישי, בשנת 2000, הציע מכון קליי (Clay Mathematics Institute), מכון פרטי במדינת מסצ’וסטס, ארה”ב, שנוסד אז למען קידום המתמטיקה, למי שיפתרו שבע בעיות מתמטיות קשות מאוד (אחת כבר נפתרה ־ ראו להלן), שהמתמטיקאים שבהם נועץ המכון ורבים אחרים רואים בין הבעיות הבולטות ביותר שהשאירה אחריה המאה העשרים. בהמשך נזכיר את שאר הבעיות.
הפרס יינתן רק כשנתיים אחרי שהפתרון פורסם, כך שהוא יוכל להיבדק ע”י הקהיליה המתמטית, כלומר ע”י המומחים המעטים שמסוגלים לכך. שכן נסיון עשרות השנים האחרונות מלמד שפתרון בעיה כזו משתרע על מאות עמודים. כך היה עם ההשג שזכה לפרסום בציבור בסוף האלף השני: הוכחת “המשפט הגדול של פרמה”, (שכמובן לפני שהוכח היה ראוי לקרוא לו: ההשערה של פרמה) ־ בעיקרו של דבר זו הייתה הוכחת השערה שנקראת השערת טניימה־שימורה (Taniyama-Shimura), ע”י אנדרו ויילס (Andrew Wiles) בשנות ה־1990. לפעמים נעזרים בהוכחות כאלה עוד במחשב הבודק אלפי אפשרויות או עורך חישובי ענק, ואז למעשה רצוי לבדוק גם את התוכנה.
בניגוד למה שאפשר לחשוב, קשה להניח ששבעת מיליוני הדולרים יקדמו את פתרון הבעיות האלה, וכמו שאמר אחד המומחים ־ יותר קל לעשות מיליון דולר מאשר לפתור בעיה כזו. מי שפותר(ת) בעיה כזו צריכ(ה) להיות מראש עמוק בתוך הנושא המתמטי, ומראש בעל(ת) מוטיבציה (וכשרון) להתגבר על הקשיים והתסכולים ולחשוף את הסוד המתמטי. גם בלי פרסי המילניום הוא או היא הי(ת)ה זוכה בסיפוק ובכבוד עצומים, במשרות נחשקות ובפרסים.
לעומת זאת מה שפרסי המילניום כן השיגו, הוא לתת פרסום לשבע הבעיות, גם בין המתעניינים במתמטיקה והמתמטיקאים שאין זה שטח התמחותם ואפילו בציבור הרחב. בהקשר זה יש לשבח את בוחרי שבע הבעיות שהם בחרו בעיות מענפים שונים לגמרי במתמטיקה.
כאמור, מבין שבע הבעיות, אחת כבר נפתרה, וגם היא הייתה הוכחתה של השערה ־ הוכחת השערת פואנקרה (Poincaré) שאותה הוכיח גריגורי פרלמן מסנט־פטרבורג (רוסיה) בעקבות שיטות של ריצ’רד המילטון. אחרי שפרלמן פרסם את הוכחתו באינטרנט בשנת 2002־2003, נדרשו כשנתיים של בדיקה מאומצת ע”י מומחים כדי להשתכנע שכנראה אין בה שגיאה.
מעניין שפרלמן סרב לקבל את הפרס (שהוענק לבסוף, כתחליף, למכון פואנקרה בצרפת), וגם סרב לקבל את מדליית פילד’ס ־ הפרס היוקרתי ביותר במתמטיקה, למרות נסיונות שכנוע נמרצים. מניעיו אינם ברורים ־ הוא טוען ששופטי הפרסים אינם ראויים לשפוט את עבודתו, אבל יהי אשר יהי, הוא מציב כאן דוגמת נגד לטענה שאין בעולם דבר חשוב יותר ממיליון דולר…
השערת פואנקרה דנה בטופולוגיה של יריעות. (ראו במאמר: גיאומטריה של משטחים ומשפט Gauss-Bonnet בגליון 16.) אם בידינו בלון גמיש, נוכל לעקם אותו כך שיהיה כדורי, או מארך, או בצורת אגס. אם בידינו גלגל־ים גמיש מאוד, נוכל לעקם אותו עד שיקבל צורת ספל עם ידית! הטופולוגיה מתעלמת ממה שקורה כאשר מעקמים, ומתמקדת בהבדל בין בלון רגיל לבין גלגל־ים, וביניהם לבין בלון בצורת ביגלה עם מספר “חורים” וכו’. שטח פני בלון כזה הוא דו ממדי, והמתמטיקאים קוראים לזה “יריעה דו־ממדית”. יתר על כן, היא נקראת “סגורה” כי אין לה שפה (מה שיש, למשל, לעיגול מלא, שמבחינה טופולוגית זהה לריבוע מלא).
כבר במאה התשע־עשרה, כאשר החלו לחשוב בצורה “טופולוגית” כזו, הבינו, וגם הוכיחו באופן מתמטי מדויק, שמבחינה טופולוגית יריעה דו־ממדית שהיא פני בלון כזה היא תמיד פני־כדור או פני־כדור שהוסיפו לו ידיות (גלגל ים הוא פני־כדור עם ידית אחת) ומה שקובע הוא רק מספר הידיות. במיוחד, על פני־כדור עם ידיות אפשר לשרטט עקום סגור ששום עיוות של העקום על המשטח לא יוכל לכווץ את העקום לנקודה. על בלון כדורי (או עיוות שלו) כל עקום סגור אפשר לכווץ לנקודה. ליריעה עליה כל עקום סגור ניתן לכיווץ לנקודה קוראים “פשוטת קשר”.
אבל מתמטיקאים אינם נוהגים להגביל את עצמם למרחב תלת־ממדי (וגם בשימושים, כאשר יש יותר משלושה משתנים התאור הגרפי הוא מממד גדול משלוש), ובמרחב מממד ארבע, חמש, שש וכו’ יהיו יריעות ממדים גבוהים יותר, ביניהן האנלוג של “פני־כדור” (למרות שקשה מאוד, או אי אפשר, “לראות” אותן באופן הסתכלותי). פואנקרה, בתחילת המאה העשרים, שיער שכל יריעה סגורה תלת־ממדית פשוטת קשר היא מבחינה טופולוגית פני־כדור תלת־ממדיים (שהם פני ה”כדור” של מרחב ארבע־ממדי!). במשך המאה העשרים הוכיחו השערות דומות ליריעות מכל ממד פרט לשלוש\(^1\), ובכלל מצאו שקל יותר לעבוד עם יריעות מממדים גבוהים מאשר עם התלת־ והארבע־ ממדיות. ממד שלוש חיכה לעבודתו של פרלמן.
יריעות תלת־ממדיות הן מעין מקרה ביניים: ממד שלוש נותן מצד אחד עושר שאין בממד שנים, ומצד שני אין בו חופש פראי שיש בממדים גבוהים, כך שבממד שלוש אפשר לקבל תוצאות מעניינות. למעשה, פרלמן הוכיח את השערת פואנקרה כמקרה פרטי של הוכחת השערת הגאומטריזציה של ת’רסטון (Thurston), שמכניסה סדר מופלא ביריעות התלת־ממדיות, וכשמה כן היא ־ היא מקשרת את הטופולוגיה לסוגים של גאומטריה (היפרבולית לא־אוקלידית) שבה, בניגוד לטופולוגיה, חשובים מרחקים, זויות וכו’. (ראו במאמר: גיאומטריה של משטחים ומשפט Gauss-Bonnet בגליון 16.) גם הוכחתו של פרלמן בעקבות רעיונותיו של המילטון עוברת דרך גאומטריה, משוואות דיפרנציאליות חלקיות, דברים המזכירים פיסיקה של היקום ־ הם לוקחים את היריעה = בלון (הרב־ממדית) הנתונה להם ונותנים לגאומטריה להשתנות מתוך עצמה לפי מרשם מסוים מתוך תקוה שכל ה”בליטות” ייעלמו ויתקבלו פני־כדור מושלם ־ כל זאת בלי שהטופולוגיה תשתנה. השגו של פרלמן היה בהתגברות על הקשיים הטכניים העצומים שבדרך.
כדאי לציין שגם השערת טניימה־שימורה שהביאה להוכחת המשפט הגדול של פרמה, גם השערת הגאומטריזציה של ת’רסטון, וגם בעית מילניום אחרת ־ להוכיח את השערת הודג’ (Hodge), השערה שאותה יקשה עלינו לתאר כאן, הן השערות שמקבלות חשיבות מיוחדת בכך ש(אם הן נכונות), הן מכניסות סדר בתחום משמעותי מסויים, ע”י כך שהן קובעות ששני כיווני מחקר, לפעמים שונים לגמרי, נותנים תוצאות מתלכדות. נוסיף עוד שהשערת הודג’ קשורה לעבודותיהם של פייר דליניה (Deligne) ופיליפ גריפית’ס (Griffiths) שיחד עם דייויד ממפורד (Mumford) זכו ב־2008 בפרס וולף המוענק בישראל.
במאמר בגליון 16 ובמאמר זה הזכרנו עד עתה חמש בעיות מילניום ־ כולן מבקשות להוכיח השערות (שאחת כבר נפתרה ע”י פרלמן). שתי בעיות המילניום הנותרות קשורות באופן הדוק לעולם הממשי ־ לפיסיקה.
נתבונן בנוזל, שנניח שהוא לא דחיס. אנו יכולים לכתוב את חוקי המכניקה היסודייים ־ חוקי ניוטון ואת תנאי האי־דחיסות. כותבים אותם בשפה של החשבון הדיפרנציאלי ומקבלים את משוואות Navier-Stokes, שהן משוואות דיפרנציאליות חלקיות. כמו בדרך כלל עם משוואות דיפרנציאליות חלקיות, באופן עקרוני די בהן, ובידיעת מצב הנוזל ברגע ההתחלה, כדי למצוא את התנהגות הנוזל בהמשך. למשל אפשר לפתור אותן במחשב בעזרת תוכנות לפתירת משוואות כאלה, ולקבל תאור גרפי ואנימציה של הנוזל. כמובן שפתרון כזה במחשב מתבסס על קירובים ־ פתרון נומרי, וכמובן שאי אפשר לבדוק במחשב את כל תנאי ההתחלה האפשריים.
למרות שמבחינה פיסיקלית ברור שהנוזל ימשיך לזרום, אין להוציא מכלל אפשרות שיש תנאי התחלה עבורם הפתרון המתמטי המדויק לא יהיה קיים לכל ערך של קואורדינטת הזמן בעתיד, מה שיראה לנו שאולי יתרחשו בנוזל תופעות הדומות, למשל, להלם על־קולי בזרימת אויר (אויר הוא דחיס, לכן המשוואות המתארות אותו קצת שונות ממשוואות נאוויר־סטוקס ואי אפשר להסיק ממנו לגביהן), או אולי תופעות קיצוניות שדורשות התחשבות בפיסיקה יותר מתקדמת, וכו’.
על סוגים רבים של משוואות דיפרנציאליות אפשר להוכיח, שאם מתקיימות הנחות טבעיות, יש להן פתרון כנדרש, הקיים עבור כל ערכי הזמן העתידיים \(t \geq 0\) . משוואות Navier-Stokes, למרות שהתקבלו מחוקי פיסיקה יסודיים, הן כה מסובכות (לא־לינאריות) שיודעים להוכיח זאת רק לגבי נוזל במרחב דו־ממדי, ולגבי מרחב תלת־ממדי יש רק תוצאות חלקיות. בעיית המילניום מבקשת להוכיח זאת גם לגבי עולמנו התלת־ממדי, או להוכיח שההפך נכון ־ שלגבי תנאי התחלה מסוימים הפתרון “נשבר” אחרי זמן מסויים.
בעיית מילניום אחרת קשורה לפיסיקה, אבל הפעם בהקשר הבסיסי ביותר. לגבי בעיה בפיסיקה של בית־הספר עם, למשל, חוקי ניוטון, ברור שהמערכת שבבעיה, כמערכת מתמטית, קיימת. לעומת זאת הפיסיקה המודרנית מתארת כמעט הכל ע”י מה שנקרא המודל הסטנדרטי של החלקיקים האלמנטריים (קווארקים, אלקטרונים, פוטונים וכו’ וכוחות הפועלים ביניהם: האלקטרומגנטי, הגרעיני החזק והגרעיני החלש), שבנוי כסוג של תורה פיסיקלית שנקרא תורת שדות קוונטית, במיוחד תורת שדות כיול. אלא שלעיתים קרובות הפיסיקאים נוהגים במתמטיקה באופנים שבמובן מתמטי שיטתי אינם תקפים. יש להם אמנם חוש בריא באילו דרכי חישוב והסק ללכת, אבל אפילו במאמצים מרובים אי אפשר להצדיק את כל מה שהם עושים ע”י הגדרות ומשפטים שכל מי שילך לפיהם יקבל תוצאות נכונות ולא סותרות זו את זו. לכן אי אפשר לטעון שהפיסיקה הבסיסית שלנו, במיוחד תורת שדות כיול קוונטית, קיימת כמערכת מתמטית.
אבל אפשר לרצות עוד פחות: לא לצאת דווקא מהדרכים המקובלות בפיסיקה, אלא לנסות להוכיח שקיים בכלל מבנה מתמטי המקיים את הדרישות הבסיסיות שהפיסיקה דורשת מתורת שדות כיול קוונטית. אפילו לכך יש הוכחות רק כאשר מפשטים את הפיסיקה או לוקחים פחות מארבעה ממדים (שלושה של חלל ואחד של זמן). הבעיה להוכיח זאת לגבי הפיסיקה כמות שהיא היא אחת מבעיות המילניום.
בעשרות השנים האחרונות התברר, להפתעת רבים, שתורות מעומקה של הפיסיקה, ביניהן תורות שדות כיול, מעניינות מבחינה מתמטית אפילו אילו לא היו חלק מהפיסיקה, למשל ככלי לפתרון בעיות מתמטיות מענפים לא צפויים. מאחר שהתורות הפיסיקליות לפעמים “לא קיימות באופן מתמטי”, שימוש זה בהכרח מוגבל, ולפעמים מהווה רק “הדרכה”. תפקיד זה יוגבר בהרבה אם תיפתר בעיית מילניום זו, מה שעשוי להבהיר את מקומן של תורות אלה כחלק מהמתמטיקה עצמה.
ביבליוגרפיה
J. Carlson, A. Jaffe and A. Wiles, ed. The Millennium Prize Problems. Clay Mathematics Institute and American Mathematical Society, 2006.
מרכוס דו סוטוי, המוזיקה של המספרים הראשוניים, מאנגלית: אוריאל גבעון, ידיעות ספרים, 6002.
\(^1\)אני מודה לפרופ’ מיכאל אנטוב, מהפקולטה למתמטיקה בטכניון, על הבהרת ענין זה.
טופולוגיה
“המתמטיקה היא מלכת המדעים והאריתמטיקה היא מלכת המתמטיקה” (קרל פרידריך גאוס)
מהו התחום המתמטי היפה ביותר? אני משער שלו היו עורכים משאל בין המתמטיקאים הייתה האריתמטיקה, כלומר תורת המספרים, זוכה במקום הראשון. זהו התחום העתיק ביותר, משום שהוא עוסק במושג הבסיסי ביותר. יש בו פער גדול בין עומק לבין פַּשְׁטוּת שעל פני השטח. יש בו גם ריכוז גדול במיוחד של השערות שהן כה קלות לניסוח שאפילו ילד יבינן, ועם זאת הן עומדות בפני מאמצי פתרון של דורות. באשר למקום השני בתחרות היופי, אחד המתחרים הנכבדים ביותר עליו הוא נושא מודרני יותר: הטופולוגיה, תחום ששייך למתמטיקה הרציפה אבל אינו ניתן להפרדה גם מן האלגברה. ״טוֹפּוֹס״ ביוונית פירושו ״מקום״, ו״טופולוגיה״ היא אם כך ״מדע המקום״. תיאור מדויק יותר שלה הוא ״המדע של יריעות גומי״, שֶׁכֵּן היא חוקרת אותן תכונות של יריעות שנשמרות במתיחה ובעיוות. מבחינה טופולוגית, האדם זהה לבייגל עם כמה חורים (הנחיריים, מערכת העיכול); מבחינה טופולוגית, אפשר לפשוט את החולצה בלי לפשוט קודם לכן את הסוודר. ההבדל בין טופולוגיה לבין גיאומטריה הוא שבטופולוגיה אין חשיבות לכך אם קו הוא ישר או לא, ואין מודדים מרחקים בין נקודות – כאמור, לטופולוג לא אכפת אם מותחים את יריעת הגומי שלו, ומגדילים מרחקים: בעיניו שתי יריעות המתקבלות זו מזו על ידי מתיחה הן זהות.
משפט נקודת השבת
טופולוג הוא גיאומטר שקושר את ידיו מאחורי גבו. הוא אוסר על עצמו לדבר על מרחקים. בעיניו קווי ההיקף של משולש ושל מעגל הם היינו הך, משום שאפשר לקחת משולש ולעוות אותו עד שיהפוך למעגל, ולהפך. אבל אם אין מודדים מרחקים, מה נותר לומר על צורות? תכונה אחת שהטופולוגיה חוקרת היא אם יש בצורה חורים, או לא. ואם יש, כמה חורים. היא מנסה לפתח כלים להוכחה ששני גופים “שווים” מבחינה טופולוגית, כלומר אפשר להעביר את האחד לשני במתיחה, סיבוב או שיקוף.
כדוגמה למשפט טופולוגי אספר על אחד המשפטים החשובים והידועים ביותר, משפט נקודת השבת של ההולנדי בראואר (1881-1966 ,Brouwer) מ-1912. המשפט מדבר על כדור מממד כלשהו. ״כדור״ בממד כללי הוא קבוצת כל הנקודות הנמצאות במרחק לכל היותר R מנקודה מסוימת, שהיא מרכז הכדור. בממד 1 זהו קטע באורך 2R, ב־2 ממדים זהו עיגול (״עיגול״ הוא התחום המלא, כולל הפְּנִים שלו, בניגוד ל״מעגל״ שהוא רק ההיקף). ב-3 ממדים זהו כדור רגיל, כמו זה שאנחנו משחקים בו בחוף הים, וב-4 ממדים גוף שאיננו יכולים לראות בעין. כמובן, בעיני טופולוג אין זה חשוב אם הצורה היא כדור בדיוק – כל גוף שמתקבל מן הכדור על ידי עיוות כלשהו שקול מבחינתו לכדור. משפט בראור אומר שאם לוקחים גוף כזה, מעוותים אותו, מזיזים אותו ומותחים אותו – בלי לקרוע! – ואם מותירים את כולו בתוך אותו תחום שתפס במרחב קודם לכן (כלומר לאחר העיוות והמתיחה אף נקודה אינה חורגת מן המקום בחלל שתפס הגוף קודם לכן), כי אז קיימת נקודה שלא זזה. נקודה כזו נקראת ״נקודת שֶׁבֶת״, משום שהיא נותרה יושבת במקומה.
התחום האפור מימין התקבל על ידי עיוות והזזה של העיגול השמאלי, עיוות שאינו גולש אל מחוץ לעיגול. הנקודה x לא זזה – העיוות השאיר אותה במקומה. משפט בראואר אומר שבכל עיוות של העיגול שמשאיר אותו בתוך עצמו יש נקודה שנשארת במקום.
כדאי לשים לב לכך שלגבי גופים אחרים המשפט אינו נכון. קחו, למשל, עיגול והוציאו ממנו נקודה אחת – את המרכז. עתה, אם תסובבו את העיגול בזווית כלשהי שהיא גדולה מ-0 וקטנה מ-360 מעלות, לא תהיה אף נקודה שתישאר במקום. אומנם, כשהעיגול מלא, הסיבוב משאיר את המרכז במקום, אבל הן נקודת המרכז הורחקה!
את המקרה הדו ממדי של משפט בראואר אפשר להדגים בעזרת דפי נייר (אף כי נייר אפשר רק לעוות ולהזיז, לא למתוח, ולכן לא תהיה בכך הדגמה למלוא עוצמתו של המשפט). יש לזכור שבעיני טופולוג דף מלבני זהה לעיגול, משום שאפשר לקחת עיגול ולעוות אותו, מבלי לקרעו, עד שיהפוך למלבן (חישבו על יריעת פלסטלינה, ותשתכנעו שאכן כך הדבר). ובכן, קחו שני דפים מלבניים, שווי גודל ונטולי חורים, והניחו אותם זה מעל זה, כך שיחפפו בדיוק. עתה קחו את העליון מביניהם, קפלו אותו, מעכו אותו וסובבו אותו כרצונכם – אבל בלי לקרוע אותו, ובלי שנקודה כלשהי בו תחרוג מתחום הדף התחתון (התנאי האחרון פירושו שהדף העליון יישאר כולו מעל הדף התחתון). משפטו של בראוּאֶר אומר עתה שיש נקודה בדף העליון שנשארה בדיוק מעל הנקודה שמעליה הייתה קודם. כלומר, היא נשארה במקומה, מבחינת ההיטל שלה על הדף התחתון.
משפט בראוּאֶר עומד בכל הקריטריונים ליופי: ניסוחו פשוט ואלמנטרי; הוכחתו עמוקה; הוא פורה מאוד, בכך שפרץ דרך לתחום שלם בטופולוגיה; וכן, הוא שימושי מאוד, גם בתחומים מרוחקים מן הטופולוגיה. למשל, הוא מועיל להוכחת קיום פתרונות למשוואות מסובכות. בנוסף לכך, הוא מהווה דוגמה מאלפת לשילוב של תחומי מתמטיקה שונים. אף שבניסוח המשפט אין זכר לפעולות חשבוניות, כלומר לאלגברה, ההוכחה המקובלת והפשוטה ביותר שלו היא אלגברית. היא משתמשת בכלים מתחום שפותח בסוף המאה ה-19 ובתחילת המאה ה־20, שנקרא ״טופולוגיה אלגברית״. אביו של התחום הזה היה הצרפתי אנרי פואנקרה (1854-1912 ,Henri Poincaré). בפרק הבא נראה שימוש מפתיע למשפט בראוּאֶר במתמטיקה הבדידה.
משפט בּוֹרסוּק-אוּלָם
ערב מלחמת העולם השנייה הייתה בפולין פריחה מתמטית קצרה אך מרהיבה. בבתי הקפה של לבוב ושל וורשה, שני מרכזי המחקר הגדולים, פעלו חוקרים ששמותיהם ידועים כיום לכל מתמטיקאי – בַּנַך (Banach), מַזוּרקֶביץ’ (Mazurkewic), קוּרטוֹבסקי (Kuratowski), טַרְסקי (Tarski), בורסוק (Borsuk), אוּלָם ורבים אחרים. במיוחד נשכרה מכך הטופולוגיה. סטניסלב אוּלָם (Stanyslaw Ulam), אחד הצעירים בחבורה, לא היה טופולוג במקצועו, אבל הוא ניסח השערה בסיסית, שהוכחה במהרה על ידי בּוֹרסוּק, והיא נקראת מאז ״משפט בורסוק-אולם״. אנסח אותו תחילה על דרך הדוגמה:
בכל רגע נתון קיימות על קו המשווה שתי נקודות
אנטיפודיות(כלומר שנמצאות בדיוק זו מול זו) שבהן נמדדת
בדיוק אותה טמפרטורה.
״קו המשווה״ הוא רק משל – אפשר לקחת במקומו כל מעגל. במקום הטמפרטורה אפשר לקחת גודל כלשהו, בתנאי שזהו גודל רציף, כלומר אין בו קפיצות. הטמפרטורה היא דוגמה לגודל רציף, משום שאינה ״קופצת״, שפירושו שאם בנקודה מסוימת נמדדת טמפרטורה של (נאמר) 10 מעלות, אז בנקודות קרובות לה הטמפרטורה תהיה קרובה ל-10 מעלות. זו הייתה דוגמה למקרה החד ממדי של משפט בּוֹרסוּק-אוּלָם. הנה דוגמה למקרה הדו ממדי:
בכל רגע נתון יש על פני כדור הארץ שתי נקודות אנטיפודיות
(כלומר שנמצאות בדיוק זו מול זו), שבהן בדיוק אותה
טמפרטורה וגם אותו אחוז לחות.
באופן כללי, מנוסח המקרה הדו ממדי של משפט בורסוק-אולם כך: אם על פניו של כדור 3 מימדי (הפָּנִים עצמם הם מממד 2) נמדדים 2 פרמטרים רציפים, אז יש שתי נקודות אנטיפודיות שבהן שני הפרמטרים שווים. המקרה ה־3 ממדי של משפט בורסוק-אולם יאמר שאם ניקח כדור 4 ממדי, שפניו הם 3 ממדיים (אל תנסו לדמות לעצמכם כדור כזה – זהו יצור מופשט!) ונמדוד על פניו 3 פרמטרים, יהיו שתי נקודות אנטיפודיות שכל אחד מן הפרמטרים יהיה שווה בשתיהן. משפט בורסוק־אולם הכללי אומר דבר דומה, בנוגע לפני כדור מממד כלשהו.
המקרים ה־2 ממדיים ואילך של המשפט הם קשים ועמוקים. המקרה ה-1 ממדי, לעומת זאת, פשוט למדי, ואוכל לתאר את ההוכחה שלו. זיכרו – המקרה ה-1 ממדי אומר שעל פני קו המשווה (שהוא פשוט דוגמה למעגל) יש שתי נקודות אנטיפודיות שבהן הטמפרטורה (שהיא פשוט דוגמה לפרמטר רציף, או בלשון המתמטיקה ״פונקציה רציפה״) שווה. לצורך ההוכחה נצייר מחוג עם ראש וזנב כמו באיור הבא:
משפט בּוֹרסוּק-אוּלָם אומר שאם נסובב את המחוג על פני קו המשווה, נגיע למצב שבו בראש המחוג ובזנבו נמדדת אותה טמפרטורה. ההוכחה נעשית על ידי הסתכלות בהפרש בין הטמפרטורה בראש והטמפרטורה בזנב. אם ההפרש חיובי, אז אחרי סיבוב ב-180 מעלות הוא יתהפך, ולכן יהיה שלילי. גודל שעובר ברציפות מחיובי לשלילי חייב לעבור דרך 0, ולכן באיזושהי נקודת ביניים הוא יהיה שווה ל-0. והפרש 0 פירושו טמפרטורות שוות בשני קצות המחוג.
נציב את המחוג במצב כלשהו, ונחשב את ההפרש בין הטמפרטורה בראשו והטמפרטורה בזנבו. אם במצב שבחרנו ההפרש הזה הוא 0, פירוש הדבר הוא שהטמפרטורה בנקודות הראש והזנב שוות, ואלה הן אז שתי נקודות אנטיפודיות שבהן הטמפרטורה שווה, שהוא מה שרצינו להוכיח. נוכל להניח אפוא שההפרש הזה אינו 0. נניח, לשם דוגמה, שהטמפרטורה בראש היא 10 ובזנב 3, ואם כן ההפרש הוא \(10-3=7\) מעלות. נסובב עתה בדמיוננו את המחוג באופן רציף ב־180 מעלות, כלומר עד שנקודות הראש והזנב יתחלפו, וכל אותה עת נמדוד את הפרש הטמפרטורות בין הראש והזנב. כאשר נגיע למצב הסופי, כלומר נשלים סיבוב של 180 מעלות, יהיה ערך הטמפרטורה בראש החץ (היכן שקודם היה הזנב) 3 מעלות, ואילו הערך בזנב (במקום בו היה קודם הראש) הוא 10 מעלות. ההפרש בין הראש והזנב יהיה על כן \(3-10=-7\) מעלות. ההפרש עבר אפוא מֵעֶרך חיובי לערך שלילי. מכיוון שאנו מניחים שהטמפרטורה היא פרמטר רציף, כלומר אין בה קפיצות, הרי לפי משפט ערך הביניים שלמדנו בפרק הקודם ההפרש חייב באיזושהי נקודה להיות שווה 0. אבל כאמור הפרש טמפרטורות 0 בין ראש וזנב פירושו בדיוק שתי נקודות אנטיפודיות שבהן ערך הטמפרטורה שווה!
שימוש למתמטיקה בדידה
מי שפוגש לראשונה את משפט בּוֹרסוּק-אוּלָם עשוי לשאול את עצמו ״אז מה״. אין לי ברירה אלא לתת את דברתי שהמשפט הזה חשוב, מבחינה זו שיש לו שימושים רבים. אבל אוכל להביא ראיה אחת – שימוש של המשפט למתמטיקה בדידה. זהו אכן עניין מפתיע ביותר, משום שבבעיה שנפגוש מייד לא מוזכרת טופולוגיה בשום צורה שהיא!
הבעיה נקראת ״בעיית חלוקת המחרוזת״. שני גנבים גנבו מחרוזת (פתוחה, כלומר לא מעגלית), ששזורים בה חרוזים מסוגים שונים, כאשר מכל סוג יש מספר זוגי של חרוזים. הגנבים רוצים להתחלק בשללם באופן הוגן, שבו כל גנב יקבל אותו מספר חרוזים מכל סוג כמו חברו. לשם כך, כמובן, יצטרכו לחתוך את המחרוזת. אבל חיתוך מפחית מערכה של המחרוזת, ולכן הם מעוניינים להשתמש במספר חיתוכים קטן ככל האפשר. לכמה חיתוכים יזדקקו? המתמטיקאי הישראלי נוגה אלון השתמש במשפט בורסוק-אולם כדי להוכיח את המשפט הבא:
אפשר להסתפק במספר חיתוכים שהוא כמספר סוגי
החרוזים.
לא אֶלאה מלחזור על כך שתמיד כדאי לבדוק את הדוגמה הפשוטה ביותר. במקרה זה, המקרה הפשוט ביותר הוא שבו יש סוג אחד של חרוזים, ואכן אז אפשר להסתפק בחיתוך אחד – פשוט חותכים את המחרוזת באמצע. גם במקרה של שני סוגי חרוזים ההוכחה אינה מסובכת במיוחד. אבל מ-3 סוגי חרוזים ואילך ההוכחה היחידה המוכרת משתמשת במשפט בּוֹרסוּק-אוּלָם!
כשחותכים את המחרוזת בשתי הנקודות כמסומן, ונותנים לגנב א’ את חתיכות A ו-C ולגנב ב’ את חתיכה B, מתקבלת חלוקה ״הוגנת״ – כל גנב מקבל 4 חרוזים לבנים ו-3 שחורים. כאשר יש שני סוגי חרוזים, כמו בדוגמה זו, מספיקים תמיד שני חיתוכים. ל-k סוגים מספיקים k חיתוכים.
על החישוב של π
יוסף גיליס
כידוע נהוג להשתמש באות היוונית \(\pi\) לסמן את היחס בין היקף של מעגל לקוטרו, בהיותה האות הראשונה של המילה היוונית περιφέρεια, שפירושה ״היקף״.
בימי קדם התקבלו בתרבויות שונות קירובים והערכות שונים לגבי ערכו של \(\pi\), אבל ארכימדס היה הראשון שניסה באופן מדעי לחשב את ערכו המדויק. שיטתו תוארה כבר במאמר בחוברת קודמת של עתון זה (כרך 5, מסי 4) ולא נכנס כאן לפרטים. הגישה העיקרית היתה לחסום מצולעים משוכללים במעגל וגם לחסום את המעגל במצולעים כאלה. ארכימדס ידע לחשב את שטחי המצולעים האלה ומאחר ששטח המעגל גדול מזה של כל מצולע שחסום בו וקטן משטח המצולע החוסם אותו, הצליח ארכימדס לקבוע גבולות שביניהם נמצא \(\pi\). במיוחד הוכיח כי
באופן עקרוני ניתן להמשיך לפי שיטתו של ארכימדס ולחשב את \(\pi\) לכל דיוק שנרצה, אבל החישובים נעשים מסובכים מאד. חסרון שני בשיטת ארכימדס הוא שאי אפשר להסיק ממנה נוסחה מפורשת עבור \(\pi\).
רוב המאמצים לחשב את \(\pi\) בתקופה האחרונה התבססו על נוסחה המיוחסת למתמטיקאי הגרמני ליבניץ (G.W. Leibnitz).
אבל באיזה אין תועלת רבה. כי כדי לחשב את \(\pi\) לפי נוסחה זו עד לדיוק של 10 ספרות, נצטרך להביא בחשבון לפחות שני מיליארד אברים של הטור. כי הרי אם נפסיק את הסיכום אחרי \(2N\) אברים, ז.א. באבר \(-\frac{1}{4N-1}\), תהיה שארית הטור
וניתן להוכיח, אם כי לא נציג כאן את ההוכחה, כי הנוסחה האחרונה בסוגריים ערכה בערך \(\frac{1}{N}\). ראינו איפוא כי אם ניקח \(2N\) אברים מהטור ניתקל בשגיאה של לפחות \(\frac{1}{8N}\). כדי להשיג דיוק של 10 ספרות דרוש כי
\(\displaystyle \frac{1}{8N} \lt 10^{-10}\)
ולכן \(N \gt 10^9\), ז.א. שידרשו, כפי שאמרנו, לפחות \(2 \cdot 10^9\) אברים. מאידך ידוע כי, עבור כל \(\alpha, \beta\)
יוצא כי מספיק לקחת 14 אברים מהטור הראשון (ואפילו פחות מהטור השני) להשיג דיוק של 10 ספרות. למעשה ניתן להוכיח בדרך דומה כי, באופן כללי ההפרש בין הסכום של k האברים הראשונים של הטור (1) לבין הערך המדויק של \(\arctan{x}\), כאשר \(-1 \lt x \lt 1\), הוא קטן מ-
ולזה מספיק ש-\(k \gt 7\). באשר לטור (1) כאשר \(x = \frac{1}{239}\), קל לראות כי 3 אברים יספיקו. ההצבה (5) מאפשרת איפוא לחשב את \(\pi\) בדיוק רב בעבודה קלה יחסית. בעזרת הנוסחה (4) הצליח המתמטיקאי האנגלי יוהן מצ׳ין (John Machin) כבר בשנה 1706 לחשב את \(\pi\) עד לספרה ה-100. קיימות מספר רב של נוסחאות אלטרנטיביות, ביניהם זו של אוילר (L. Euler) משנת 1779, והיא
המתמטיקאי שנקס (W. Shanks) המשיך במאמצים האלה ובשנת 1873 פרסם רשימה של 707 הספרות הראשונות בפיתוח העשרוני של \(\pi\). עם פיתוחם של מחשבים אלקטרוניים לבשה בעית החישוב צורה חדשה. עכשיו יכול כל תלמיד תיכון היודע תכנות לחשב את \(\pi\) עד לדיוק של מליוני ספרות תוך כמה דקות.
בהקשר זה נזכיר מקרה מבדר במקצת. בשנת 1937 התקיימה בפאריז (בירת צרפת) תערוכה גדולה ואחד הביתנים בה היה ״ביתן המדע״. לשם קישוט בבנין זה שמו על ארבעה הקירות מסביב את 707 הספרות של \(\pi\) שהיו ידועות עד אז. הבנין קיים, על כל קישוטיו, עד ליום הזה ומשמש כ״מוזיאון המדע״. אבל לפני כשלושים שנה, כאשר התחילו להשתמש במחשבים אלקטרוניים חישבו את \(\pi\) לדיוק של כמה אלפי ספרות ואחת העובדות שהתגלו היתה שבחישוביו של שנקס היתה כנראה טעות והספרות אחרי הספרה ה-135 אינן נכונות!
בסוף נזכיר שתי גישות אחרות לחישוב של \(\pi\).
א. המתמטיקאי האנגלי ברונקר (Brouncker) הוכיח בשנת 1658 את הנוסחה הבאה:
ברור שהפיתוח של \(\frac{1}{1+u^2}\) בטור הנדסי אפשרי אך ורק אם \(u^2 \lt 1\) ולכן התנאי \(0 \leq x \lt 1\) היה דרוש. נוסף על זה הנחנו שהאינטגרל של סכום של טור אינסופי שווה לסכום האינטגרלים של אברי הטור. דבר זה אינו נכון תמיד אבל ניתן לאשר כי הוא קיים במקרה זה. המעבר ל-\(x\) שלילי הוא מידי מאחר שגם \(\arctan{x}\) וגם נוסחת ליבניץ מחליפים את סימנם כאשר מציבים \(-x\) במקום \(x\).
חידות
דניאל לובזנס
כנראה שהתחלת שנת הלימודים והחגים בעקבותיה, לא פינו לקוראי זמן לענות על החידות בגיליון ספטמבר, אשמח לקבל פתרונות, גם אחרי שפורסמו הרמזים.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 24.10.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1 –שמיכת טלאים?
שמיכת טלאים ריבועית בנויה מ 169 טלאים שכל אחד מהם ריבוע – כמתואר בציור. רוצים לחלק אותה לשתי שמיכות כל אחת גם היא ריבועית- כל אחד מהטלאים המרכיבים אותה צריך להישאר שלם (מותר לחתוך רק לאורך התפרים שבין הטלאים). איך ניתן לעשות חלוקה כזו כך שהשמיכה המקורית תחולק ל 4 חלקים בלבד?
יש להוכיח כי אי אפשר לעשות זאת בחלוקה של השמיכה המקורית לפחות מ 4 חלקים.
חידה 2–איזו ספרה חסרה?
נתון כי המספר \(2^{29}\) בנוי מ 9 ספרות שונות. האם ניתן למצוא איזו ספרה חסרה מבלי לחשב את ערכו של \(2^{29}\)?
חידה 3– איזה מספרים ניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים?
יש מספרים שניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים, למשל: \(3+4+5+6+7=25\). לעומת זאת אי אפשר לרשום את המספר 8 כרצף כזה (הדרישה היא שברצף יהיו לפחות 2 מספרים טבעיים).
איזה מספרים ניתן לרשום כרצף של מספרים טבעיים ואיזה לא ניתן?
רמזים לחידות מגיליון ספטמבר 2015
חידה 1 –כמה פירמידות?
יש להיזהר ולא לספור שתי צורות זהות פעמיים, תנו דעתכם גם על צורות שאחת היא דמות ראי של השנייה.
חידה 2–האם ניתן לכסות לוח שחמט פגום ב 31 אבני דומינו?
שימו לב למספר המשבצות השחורות ולמספר הלבנות.
חידה 3 – בפרוס שנת תשע”ו
השתמשו בשוויון \(a^2 – b^2 = (a+b) \cdot (a-b)\) ובכך שמדובר במספרים טבעיים.
פתרון החידות גיליון יולי 2015
חידה 1 – חלוקת משולש כהה זווית למשולשים חדי זווית?
יש פתרון! מחייב הוספת קדקוד בתוך המשולש (\(Q\) בשרטוט למטה) שממנו נמתחים 5 קוים (בצבע אדום בשרטוט) המייצרים 5 משולשים כך שהסכום של 5 זוויות הראש שלהם הוא 360 מעלות ולכן כל אחת יכולה להיות חדה. הפתרון המפורט דורש בנייה מדויקת שתבטיח שאכן כל המשולשים יהיו חדי זווית.
אני מביא כאן את פתרונו המבריק של הקורא אלעד צליק שהצליח למצוא בנייה יפה שנותנת פתרון לחלוקת כל המשולשים כהיי הזווית האפשריים.
נתון משולש \(ABC\) שזווית הראש שלו \(A\) כהה.
בניה:
נשרטט מ \(A\) את האנך \(AJ\) ל \(BC\) (גובה המשולש).
נעביר קו \(D’E’\) המקביל ל\(BC\) (\(D’\) ו \(E’\) נמצאות על \(AB\) ו \(AC\) בהתאמה) וחותך את \(AJ\) בנקודה \(Q\) כך ש \(D’E’=QJ\). קיים קו כזה כי אם נזיז את \(Q\) באפן רציף מ \(J\) ל \(A\) נתקדם באפן רציף מ \(D’E’ \gt QJ\) ל \(D’E’ \lt QJ\) ולכן איפה שהוא בדרך תהיה נקודת השוויון.
נסמן נקודה \(K\) על \(AJ\) הנמצאת מרחק קטן מעל לנקודה \(Q\) (במהלך ההוכחה נמצא חסמים לארכו של הקטע \(KQ\) שיהיה קצר אבל סופי) ונעביר דרך \(K\) קו \(DE\) המקביל ל \(BC\) חותך את \(AB\) ו \(AC\) בנקודות \(D\) ו \(E\) בהתאמה.
מהנקודות \(D\) ו \(E\) נוריד אנכים ל \(BC\) שיחתכו אותו בנקודות \(F\) ו \(G\) בהתאמה.
נעלה מ \(D\) אנך ל \(AB\) שיחתוך את \(BC\) בנקודה \(H\).
נעלה מ \(E\) אנך ל \(AC\) שיחתוך את \(BC\) בנקודה \(I\).
נבחר באפן שרירותי נקודה \(R\) שתמצא על \(BC\) בין \(F\) ל \(J\) או \(H\) (כלומר אם \(HF \gt FJ\) היא תהיה בין \(F\) ל \(J\) –כמו המקרה בשרטוט, ואילו אם \(HF \lt FJ\) היא תהיה בין \(F\) ל \(H\) ).
נבחר באפן שרירותי נקודה \(S\) שתמצא על \(BC\) בין \(G\) ל \(J\) או \(I\) (כלומר אם \(GJ \gt GI\) היא תהיה בין \(G\) ל \(I\) –כמו המקרה בשרטוט, ואילו אם \(GJ \lt GI\) היא תהיה בין \(G\) ל \(J\))
טענה: המשולשים \(QAD\) \(QAE\) \(QSE\) \(QRS\) \(QDR\) \(BDR\) ו- \(SEC\) כולם חדי זווית ולכן מהווים פתרון לחידה.
בשרטוט הבא מופיעים 7 המשולשים כל אחד בצבע שונה:
הערה: לחדי הראיה מביניכם ששמו לב לכך שבשרטוט הזווית \(\sphericalangle DQR\) אינה חדה, זה נובע מכך שבשרטוט הקטע \(KQ\) אינו קצר מספיק, וזה כדי שהשרטוט יהיה קריא – אם הוא היה קצר יותר, כלומר הקו \(DE\) היה סמוך יותר ל \(D’E’\) הזווית הזו הייתה חדה.
הוכחה: נראה לגבי כל אחד מ7 המשולשים כי כל זוויותיו חדות. בשל הסימטריה ניתן להסתפק בהוכחה מפורטת רק ל 4 משולשים.
משולש AQE:
משולש \(AKE\) ישר זווית ולכן הזויות \(\sphericalangle KAE\) ו-\(\sphericalangle KEA\) חדות. כמו כן יש לתת את הדעת ש \(\theta = \sphericalangle QEK\) היא זווית קטנה כרצוננו אבל גדולה מ-0 .
\(\sphericalangle RQS\) נמצאת מול הצלע הקצרה ביותר במשולש \(QES\) (כי \(RS \lt FG = DE \lt D’E’ = QJ\)) ולכן היא קטנה משאר הזוויות שהראנו שהן חדות.
חידה 2 –51 מספרים?
נרשום את כל המספרים מודולו 99 (השארית לאחר חלוקה ב 99). אם שניים זהים אז ההפרש ביניהם מתחלק ב99 ולכן כולם שונים. יתכן ונמצא ביניהם המספר 0 ואז שום מספר שנחבר אליו (ושונה ממנו) לא ייתן מספר המתחלק ב-99 . נותרו 50 מספרים שונים. את 98 המספרים 1-99 נתן לחלק ל 49 קבוצות שונות שבכל אחת מהן זוג מספרים שסכומם 0 (מודולו 99 ):
(1,98)
(2,97)
(3,96)
.
.
(48,51)
(49,50)
מאחר ונותרו לנו 50 מספרים, לפחות שניים מהם יהיו שייכים לאותה קבוצה ולכן סכומם יהיה 0 מודולו 99 – כלומר סכומם יתחלק ב 99.
חידה 3 – האם הנמלים יישארו על המקל?
אם לא נשים לב לזהות הנמלים, במפגש בין שתי נמלים התוצאה זהה אם כל נמלה הופכת את כיוונה כנשאל בחידה או שהן ממשיכות בדרכן במהירות קבועה. כלומר שנמלה הנמצאת בקצה הימני של המקל תוכל ללכת לכל אורכו עד שתיפול כעבור 500 שניות. ולכן 500 שניות הוא הזמן המקסימלי שבו יישארו נמלים על המקל, כמובן שמספרן ההתחלתי של הנמלים אינו משנה…
החודש חוזרים אלינו מכרים ישנים. האחד הוא הספר ״מתמטיקה, שירה ויופי״, שממנו בחרנו הפעם להביא פרק על סימטריה ־ במתמטיקה ובשירה. סימטריה היא דרך לחסוך (ומתמטיקה אוהבת כידוע חיסכון) ־ מראה עושה לנו חצי מן העבודה.
יש גם מאמר שנלקח מ״גליונות מתמטיקה״, על מספרים האלגבריים. הכותב הוא פרופ׳ לויצקי ז״ל, מראשוני האלגבראיסטים בארץ. הנושא הוא מספרים אלגבריים, כלומר מספרים שהם פתרונות של משוואות פולינומיאליות עם מקדמים שלמים. האם אתם מכירים מספרים לא אלגבריים? התשובה היא ״כן״, אבל אולי לא ידעתם שהם לא אלגבריים: המספרים הלא אלגבריים המפורסמים ביותר הם \(\pi\) ו־\(e\).
מתמטיקאי גדול נוסף שתרם לעיתון (גם כן לאחר מותו) הוא פול ארדש, שאהב מספרים וגיאומטריה כמעט במידה שווה. הייתה לו יכולת ייחודית למצוא בעיות מרתקות אלמנטריות. במאמר שלו הוא מספר על בעיות כאלה בגיאומטריה.
וכמובן, מדור החידות של דני.
אנחנו נפרדים בצער מאורי פרץ, שבנה את האתר והיה אחראי לו מאז היווסדו של נטגר לפני כמעט שנתיים. אורי מתגייס לצבא הקבע, והוא עוזב אותנו ־ אנחנו מודים לאורי על העבודה המקצועית והמסורה. את מקומו יחליף מיכאל ליטבק.
בברכת הנאה, המערכת.
סימטריה
Tyger! Tyger burning bright In the forests of the night What immortal hand or eye Could frame thy fearful symmetry.
(“Songs of innocence and experience”, William Blake)
במקראת בית ספר שהייתה לי בילדותי היה סיפור על מלך שהפקיד בידי שני ציירים את צביעתו של אולם המלכות, צד אחד של האולם בידי כל אחד מהם. צייר אחד עמל וטרח במשך חודשים, ואילו חברו ישב ונח. ביום האחרון, לאחר שהראשון סיים את עבודתו, התקין הצייר השני מראות בצד שלו. בא המלך, והתפעל מן הציורים בצד האחד. כשהגיע אל הצד השני, הראה לו הצייר השני שגם בצד שלו יש ציורים נאים, בדיוק באותה מידה. המלך שילם לצייר הראשון את שכרו, ואילו לשני אמר – הנה, אתה רואה במראָה את השטרות שאני נותן לחברך? אתה יכול לקחת אותם בצד שלך.
מתמטיקאים דווקא אוהבים מאוד את תחבולתו של הצייר השני. המתמטיקה לעולם אינה חוסכת במאמץ כדי להשיג חיסכון במאמץ, והיא משתמשת פעמים רבות בתחבולת הסימטריה, בהצלחה רבה. אין צורך לעמול פעמיים כשאפשר להסתפק בפעם אחת. לפעמים אחרי השיקוף במראָה קל יותר לראות את הדברים. הנה דוגמה ידועה. שני אנשים, א’ ו-ב’, נמצאים באותו צד של נחל \(L\). זהו נחל מתמטי, כלומר הוא קו ישר. אדם א’ נמצא בנקודה \(A\), ואדם ב’ בנקודה \(B\). ב’ גווע בצמא, ו-א’ רוצה להביא לו מים מן הנחל, מהר ככל האפשר. א’ צריך אפוא להגיע ל-\(L\), ומשם לנקודה \(B\) שבה נמצא ב’. איזה מסלול יבחר כדי שדרכו תהיה קצרה ביותר? כלומר, מהו הקו הקצר ביותר שנוגע ב-\(L\), ומחבר את \(A\) עם \(B\)? כדי להשיב על השאלה, נשקף את \(B\) ביחס ל-\(L\) ונקבל נקודה \(B’\).
הקו הקצר ביותר המחבר את \(A\) עם \(B’\) הוא קו ישר. הקו הקצר ביותר מ-\(A\) ל-\(B\) שנוגע בנחל מתקבל משיקוף חלק מן הישר הזה, החלק שנמצא בתוך הנחל.
כל קו המחבר את \(A\) עם \(B\) ופוגש את \(L\) מתאים, כמו באיור, לקו בעל אותו אורך המחבר את \(A\) עם \(B’\). הקו הקצר ביותר המחבר את \(A\) עם \(B’\) הוא קו ישר. וכך יש דרך למצוא את הקו המבוקש בין \(A\) ל-\(B\): חברו את \(A\) ל- \(B’\) בקו ישר, ושקפו ביחס ל-\(L\) את החלק של הקו הזה הנמצא בצד של \(B’\). קל לראות שבקו המתקבל “זווית הפגיעה” \(\alpha\) שווה ל”זווית ההחזרה”, \(\beta\). לכך יש שימוש פיזיקלי. עקרון ה”מינימיזציה של האנרגיה” אומר שקרן אור עוברת בין שתי נקודות (גם אם מדובר בהחזרה ממראה) בדרך הקצרה ביותר: גם הטבע “חוסך”. מכאן נובע החוק המוכר מן האופטיקה, שזווית ההחזרה של קרן אור ממראָה שווה לזווית הפגיעה שלה.
עוד דוגמה לחיסכון על ידי שיקוף היא הדרך לבנות קשת. הרומאים היו אלו שהכניסו את הקשת כאלמנט בסיסי בבנייה. כידוע, הרומאים לא היו מחדשים גדולים, ואת תרבותם שאלו מן העמים שהכניעו, במיוחד מן היוונים. את השימוש בקשת בבנייה הם שאלו מן האטרוּסקים, תושבי איטליה שקדמו להם. זוהי אכן המצאה מפליאה – לבני בניין המחזיקות את עצמן, ללא צורך במלט מחבר. בקשת האידיאלית הלחץ על כל אחת מן האבנים הוא קטן ככל האפשר, ופירושו הדבר הוא בין השאר שהלחץ מתחלק שווה בשווה, כלומר על כל אבן מופעל אותו לחץ. בקשת מעגלית, שהיא אולי הטבעית ביותר וגם הנפוצה ביותר, התנאי הזה אינו מתקיים, שכֵּן הלחץ גדול יותר על הלבנים הנמצאות בצידי הקשת מאשר על אלה שבאמצעה. מהי אם כן הצורה הנכונה? אפשר להשיב על כך בעזרת חישובים, שבכלים המתמטיים של ימינו אינם מסובכים במיוחד (הכלי הנחוץ כאן הוא משוואה דיפרנציאלית). אולם יש גם דרך הרבה יותר פשוטה, שנמנעת מחישובים, והיא לתת לטבע לעשות זאת. במקום להעמיד קשת, לתלות חבל. קחו חבל באורך של הקשת המבוקשת, ותלו אותו בשתי נקודות שמרחקן כמרחק בין קצוות הקשת. החבל יסתדר בצורה שבה מתחלק המתח שווה בשווה בין כל נקודותיו. עתה כל מה שצריך לעשות הוא להפוך את החבל, כך שהקשת שלו תהיה כלפי מעלה. האדריכל הספרדי גאודי השתמש בעיקרון הזה כדי לתכנן את בנייניו.
משחק השולחן העגול
הנה משחק לשני שחקנים. לפניהם שולחן עגול, ובידי כל אחד מהם מלאי בלתי מוגבל של מטבעות של חצי שקל. כל אחד שם בתורו מטבע אחת, במקום פנוי לגמרי, כלומר אסור לשתי מטבעות לחפוף. כלל הניצחון הוא שהמנצח הוא מי שהניח את המטבע האחרונה, כלומר שלאחר שעשה את מסעו אין לשני מקום לשים מטבע. איזה שחקן יכול להבטיח לעצמו זכייה?
התשובה היא שלשחקן הראשון יש אסטרטגיית זכייה. הוא מציב מטבע בדיוק במרכז השולחן. לאחר מכן עליו לנקוט ב”אסטרטגיית מראה” (או “אסטרטגיית קוף”): על כל מטבע שמניח השחקן השני במקום כלשהו, עליו להניח מטבע בדיוק במקום הסימטרי לו ביחס למרכז. האסטרטגיה הזאת מבטיחה שלאחר כל צעד שלו מצב המטבעות הוא סימטרי, כלומר מול כל מטבע יש מטבע. הדבר מבטיח לו זכייה, משום שתמיד יש לו מה להשיב. מכיוון שמצב השולחן סימטרי, אם יש לשחקן השני מקום פנוי, יהיה גם מקום פנוי לראשון, בדיוק ממול.
השחקן הראשון שם את המטבע האמצעית. עתה, על כל מסע של יריבו יניח מטבע בדיוק ממול.
שימו לב שהשחקן השני אינו יכול לנקוט את אסטרטגיית המראה, בגלל מסע הפתיחה המיוחד שעשה השחקן הראשון: להצבת מטבע באמצע אין מענה סימטרי. המקום “מול” המרכז הוא המרכז עצמו, כך שהמסע הסימטרי הוא להציב מטבע שוב במרכז, וזה אינו צעד חוקי, בגלל איסור החפיפה של מטבעות. שימו לב גם לכך שצורת השולחן אינה חייבת להיות עיגול. אותה אסטרטגיה עובדת גם למלבן, ולכל צורה שיש לה סימטריה ביחס לנקודה מסוימת בתוכה.
בעיית דִידוֹ
לרועה ניתן חבל, ונאמר לו שהוא רשאי לגדר בעזרתו תחום כרצונו.
איזו צורה כדאי לו לבחור, כדי לגדור שטח גדול ככל האפשר?
שמה של הבעיה הזאת הוא “הבעיה האיזופרימטרית” (“איזופרימטרי” פירושו “שווה היקף”). בלשון מתמטית אפשר לנסח אותה כך: בין כל הצורות בעלות היקף נתון, מהי הצורה בעלת השטח הגדול ביותר? כינוי מקובל אחר לבעיה הוא “בעיית דִידוֹ”, על שם מלכת קרתגו הראשונה. אחיה של דידו, שהיה מלכה העריץ של העיר צור, הרג את בעלה העשיר בגלל בצע כסף, ורצה לרשת גם אותה. דידו נמלטה באוניה, ועם כמה חברים ירדה אל החוף בטוניסיה של היום. היא שילמה למקומיים סכום כסף, שתמורתו הבטיחו לה שטח אדמה. ההסכם היה שהיא תוכל לקבל שטח שאותו תצליח לגדור בעזרת עור של שור אחד. דידו חתכה את עור השור לרצועות, וחיברה אותן לחבל. בעזרת החבל הייתה רשאית לגדור תחום, שצד אחד שלו הוא חוף הים. השאלה היא – מהי צורת התחום שהיה עליה לבחור? דידו בחרה בתשובה הנכונה – חצי עיגול. זהו “חצי” מבעיית הרועה שבה פתחנו. הפתרון לבעייתו של הרועה, כפי שלא קשה לנחש, היא הצורה בעלת הסימטריה הרבה ביותר, כלומר עיגול.
בהמשך ננסה להסביר מדוע זה כך. אבל לפני כן, כדאי להסתכל בבעיה פשוטה יותר. נניח שהרועה רוצה לבנות מכלאה לא בצורה כללית, אלא בצורת מלבן. כמובן, אפשר לבחור את המלבן בדרכים רבות – למשל מלבן גבוה מאוד וצר מאוד, או מלבן רחב מאוד ונמוך מאוד. באיזה מלבן כדאי לו לבחור? אם נביא את עניין ה”צר מאוד” לידי קיצוניות, כלומר מלבן ברוחב 0, יהיה השטח 0; גם אם נביא את עניין ה”נמוך מאוד” לקיצוניות, כלומר מלבן בגובה 0, יהיה השטח 0. יש לשער על כן שהטוב ביותר הוא האמצע בין שני המקרים הקיצוניים האלה, כלומר ריבוע. ואכן, בין כל המלבנים בעלי היקף נתון, בעל השטח הגדול ביותר הוא ריבוע. כלומר, כדאי לרועה לתחום בעזרת החבל שלו ריבוע. לעובדה הזאת יש אינספור הוכחות (כבר ציינו שלטענות פשוטות יש לעתים קרובות הוכחות רבות). הנה אחת ההוכחות הפשוטות ביותר. נסמן ב-\(L\) את הממוצע של אורכי הצלעות של המלבן, כלומר \(L\) הוא היקף המלבן (שהוא כזכור אורך החבל) מחולק ב-4. סכום אורכי שתי צלעות סמוכות הוא חצי מהיקף המלבן, שהוא \(2L\). נניח שאורך אחת משתי הצלעות הסמוכות הוא \(L+X\). מכיוון שסכום אורכי הצלעות הסמוכות הוא \(2L\), אורך הצלע האחרת הוא \(L-X\) (כי \(L+X+L-X=2L\)). שטח מלבן הוא מכפלת אורכי צלעות סמוכות, ובמקרה זה הוא \((L+X)\cdot(L-X)\). על פי נוסחה ידועה (שמתקבלת בסך הכול מפתיחת סוגריים), \((L+X)\cdot(L-X)=L^2-X^2\). אבל \(X^2\) הוא תמיד מספר חיובי, בין אם \(X\) חיובי ובין אם הוא שלילי. לכן הביטוי \(L^2-X^2\) אינו עולה על \(L^2\), שהוא שטח הריבוע בעל אותו היקף (שאורך כל צלעותיו הוא \(L\)). שטח המלבן גדול יותר ככל ש-\(X\) קטן יותר, כלומר ככל שהצלעות קרובות יותר זו לזו באורכן.
לריבוע ולמלבן שבתמונה אותו היקף, 4L. השטח של הריבוע גדול יותר.
כאן אנו מגיעים לעניין הסימטריה. נניח שהרועה נדרש עדיין לבחור תחום מלבני, אבל הוא יכול להשתמש בגְדַת נחל כאחד הגבולות של המרעה שלו, בדיוק כמו בבעייתה של דידו. כרגיל, נניח שזהו נחל מתמטי, כלומר קו ישר. מהי צורת המלבן שכדאי לו לבחור? גם כאן אפשר להשתמש בנוסחאות, אבל הפשוט ביותר הוא להשתמש בסימטריה. שקפו את התחום של הרועה ביחס לקו של גדת הנהר, הנה כך:
הרועה רוצה לבנות מן החבל שלו מלבן משמאל לנהר, שצלע אחת שלו היא הנהר. שיקוף המלבן הזה (הקו המקווקו) נותן מלבן בעל היקף שהוא פעמיים אורך החבל ושטח שהוא פעמיים שטח המלבן המקורי. מבין כל המלבנים שהיקפם פעמיים אורך החבל, בעל השטח הגדול ביותר הוא ריבוע. לכן כדאי לרועה לבחור במלבן שהוא חצי ריבוע.
צירוף המלבן המקורי עם המלבן המשוקף הוא תחום מלבני שאינו נעזר בנחל. כל היקפו הוא “חבל” (אף כי בחלקו חבל דמיוני), שהיקפו כפול מאורך החבל שבידי הרועה. אם כן, היקפו נתון וקבוע, ולכן כפי שאנו כבר יודעים שטחו הוא מקסימלי אם הוא ריבוע. מכיוון ששטח המלבן המקורי של הרועה הוא חצי משטח המלבן הכולל, כדאי לרועה לבחור חצי ריבוע. במילים אחרות, אורך הצלעות האופקיות של המלבן שיבחר צריך להיות מחצית מאורכה של הצלע האנכית.
חזרה לדידו ולבעיה האיזופרימטרית
בבעיה המקורית, ה”איזופרימטרית”, אין מגבילים את הרועה בבחירת צורת המרעה, והוא יכול לבחור צורה כלשהי. כבר סיפרנו שכדאי לו אז לבחור בתחום מעגלי. הטענה הזאת נקראת “אי השוויון האיזופרימטרי”:
בין כל התחומים בעלי היקף נתון, בעל השטח הגדול ביותר הוא עיגול.
למשפט הזה יש גם נוסח תלת ממדי, גם הוא טבעי אבל קשה יותר להוכחה: מבין כל הגופים בעלי שטח פנים נתון, הכדור הוא בעל הנפח הגדול ביותר. זוהי אחת הסיבות לכך שראשם של יונקים הוא בעל צורה כדורית למדי. מדוע האדם אינו מנצל זאת, ובונה יותר מבנים כדוריים? בין השאר, משום שכדורים אינם נארזים היטב. הרבה יותר קל לארוז מלבנים ותיבות, ומשום כך למשל חדרים בבתים סטנדרטיים הם בעלי זוויות ישרות.
אבל בואו נחזור למקרה הדו ממדי. קל לנחש שהמעגל הוא הצורה האופטימלית, עניין אחר הוא להוכיח זאת. בעוד שאת המשפט ניחשו כבר היוונים הקדמונים, הוכחה מדויקת (כמעט) ניתנה רק באמצע המאה ה-19, על ידי השוויצרי יעקב שטיינר (Jacob Steiner, 1796-1863), בן זמנו של גאוס. שטיינר היה אוטודידקט, והעיד על עצמו ששנא נוסחאות (הן “מסתירות את החשיבה”, לטענתו), ואהב גיאומטריה. שטיינר השתמש ברעיון הסימטריה, בכיוון ההפוך מזה שהשתמשנו בו קודם לכן. בעוד שבמקרה של המלבן הסקנו מן השלם על חציו, הפעם נסיק מן החלק על השלם. כלומר, כמו הצייר בסיפור, נפתור “חצי בעיה”, ונסיק ממנה על הכול. כמו בסיפור של דידו, נאמר לרועה שהוא רשאי לגַדֵר בעזרת החבל שלו (שאורכו קבוע) תחום שצד אחד שלו יהיה גדת הנחל. כאמור, כדאי לו (כמו לדידו) לבחור חצי עיגול. כדי להראות זאת נניח שהרועה הצליח לגדר בעזרת החבל שלו והישר \(L\) תחום בעל שטח מקסימלי. תהיינה \(A\) ו-\(B\) נקודות הנגיעה של החבל ב-\(L\). (ראו איור). תהא \(X\) נקודה כלשהי על החבל. אנו נראה את הדבר הבא: הזווית \(AXB\) חייבת להיות בת 90 מעלות.
אם החבל גודר שטח מקסימלי עם הישר \(L\), אז כל נקודה \(X\) על החבל “רואה” את הקטע \(AB\) בזווית ישרה.
טענה זו נובעת מן הטענה הבאה:
בין כל המשולשים שיש להם שתי צלעות באורכים נתונים \(a\) ו-\(b\), המשולש בעל השטח המקסימלי הוא כזה שבו שתי הצלעות האלה ניצבות.
הסיבה: כאשר הצלעות ניצבות, שטח המשולש הוא מחצית מכפלת אורכיהן, כלומר \(\frac{1}{2}ab\). שטח משולש כלשהו שאורכי צלעותיו הם \(a\) ו-\(b\) הוא \(\frac{1}{2}ah\), כאשר \(h\) הוא הגובה ל-\(a\). הגובה \(h\) אינו עולה על \(b\), משום שהוא ניצב במשולש ישר זווית שהיתר שלו הוא \(b\) (ראה איור). לכן שטח המשולש, \(\frac{1}{2}ah\), אינו עולה על \(\frac{1}{2}ab\).
שטח המשולש שצלעותיו \(a\) ו-\(b\) הוא \(\frac{1}{2}ah\), ומכיוון ש-\(b\) גדול או שווה ל-\(h\), שטח המשולש אינו עולה על \(\frac{1}{2}ab\).
נניח עתה שיש נקודה X על העקום, שעבורה הזווית \(AXB\) אינה ישרה (כלומר אינה בת 90 מעלות). נשנה את העקום, על ידי שנשנה את הזווית הזאת ל-90 מעלות, בלי לשנות את שתי הקשתות על \(AX\) ועל \(BX\), בהתאמה (ראה איור). על פי הטענה, השטח גדל – בניגוד להנחה שהעקום גודר עם \(L\) שטח מקסימלי.
הציור הימני מתקבל מן השמאלי על ידי סגירת המִפְתַח בין הצלעות \(XA\) ו-\(XB\), כך שהזווית ביניהן הופכת לישרה. ה”כיפות” \(C\) ו-\(D\) נשמרות. אורך העקום (ה”חבל”) אינו משתנה בכך. השטח, לעומת זאת, גדל, משום ששטח המשולש גדל, בעוד ששטח שתי הכיפות נשאר כשהיה.
כל שנותר הוא להשתמש במשפט פשוט מן הגיאומטריה התיכונית: אוסף הנקודות X ה”רואות” קטע \(AB\) בזווית ישרה (כלומר שהזווית \(AXB\) היא ישרה) הוא מעגל שקוטרו \(AB\). בנוסח מעט שונה: אוסף הנקודות מצד אחד של הישר שרואות את \(AB\) בזווית ישרה הוא חצי מעגל שמרכזו באמצע הקטע \(AB\). צירופם של המשפט הזה והעובדה שגילינו נותן את מה שרצינו להוכיח: השטח שיגדור הרועה על שפת הנחל הוא חצי עיגול.
עתה נחזור אל הבעיה השלמה, של הרועה המקורי, שאין לו נחל אשר יכול לשמש כחלק מגבול התחום שלו. כדי להראות שכדאי לו לגדור בעזרת החבל שלו תחום מעגלי, נניח שהוא בחר בתחום בעל צורה אחרת. ניקח שתי נקודות על החבל, \(A\) ו-\(B\), שמחלקות את החבל (שיוצר צורה סגורה) לשני חלקים שווים (ראה איור שמאלי להלן).
לשתי הצורות אותו היקף. העיגול שמימין מתקבל על ידי החלפת החלקים העליון והתחתון (שניהם בין \(A\) ו-\(B\)) בצורה השמאלית בחצאי עיגולים (תוך שינוי אפשרי של המרחק בין \(A\) ו-\(B\)). על פי מה שהוכחנו לעיל, הדבר מגדיל את השטח, ולכן לעיגול שטח גדול יותר מאשר לצורה השמאלית. זהו “אי השוויון האיזופרימטרי”.
על פי האמור לעיל, כדאי לרועה להחליף גם את החלק התחתון וגם את החלק העליון של התחום שבחר בחצי עיגול. אבל פירוש הדבר הוא שכדאי לו להחליף את התחום שלו בעיגול. זהו בדיוק מה שרצינו להוכיח.
אלה הן שורותיו הפותחות של שיר זיקנה נוגע ללב שנכתב בידי צעיר בן 28. דויד אבידן, ה”ילד הנורא” של השירה העברית, נולד ב-1934. כשמת ב-1996, גלמוד וחסר כל, קשה היה לא להיזכר בשיר הזה. הבאתי אותו כאן בגלל השורה השנייה, הבנויה במתכונת של “הצלבה”: המילים “קם בבוקר” מצטלבות, כדי לקבל “בוקר (לא) קם בו”. ההצלבה כה נפוצה בשירה, עד כי זכתה למונח אקדמי – “כיאַסְמוּס”. מקור השם באות היוונית “חִי”, בעלת צורת \(X\), מקבילת ה”חית” העברית. בדוגמה הזאת הולכת ההצלבה בכיוון מן החוץ פנימה, מבוקר בחוץ לבוקר (שאיננו) בפנים. אותו מהלך שב ומופיע בהמשך השיר:
שוב, החוץ משתקף בִּפְנים: המים הפושרים מזכירים לזקן את דמו הפושר ואת חייו הפושרים. ובשורה האחרונה יש שיקוף על דרך הניגוד, משום שבמראה משתקף ההפך, סתיו במקום קיץ.
גם בשיר הבא, “האסופי” של אלתרמן, המציאות הפנימית היא תמונת ראי של המציאות החיצונית. במציאות החיצונית האם נטשה את תינוקה; האמת הפנימית שלה היא שהוא נטש אותה. לאורך השיר הפער בין התמונה לבין השתקפותה במראה גדל והולך. לסימטריית התפקידים מצטרפת סימטריה זמנית – הסוף, מותה של האם, הוא תמונת ראי של ההתחלה, לידתו של הבן, ותכריכיה הם תמונת ראי של בגדי התינוק שלו. מתוך השיר הארוך אצטט רק שלושה בתים:
המספר הרציונלי \(\frac{3}{4}\) מקיים את המשוואה הקוית \(x-\frac{3}{4}=0\); המספר הממשי האי-רציונלי \(\sqrt{2}\) מקיים את המשוואה הריבועית \(x^2 – 2 = 0\); המספר \(\frac{\sqrt{5}}{2}\) שאף הוא אי רציונלי, מקיים את המשוואה מן המעלה הששית \(64x^6 -5 = 0\). קל להוכיח כי המשוואה מן המעלה השלישית \(x^3 -3x^2+3x-3=0\) מתקיימת בשביל המספר \(\sqrt[3]{2}+1\). המספר המדוגמה \(\sqrt[4]{-3}\) מקיים את המשוואה הריבועית \(x^4+3=0\) וכו׳.
הצד השווה שבכל המשוואות הנ״ל הוא כי מקדמיהן הם מספרים רציונליים. אפשר גם להניח מראש – מבלי להגביל על ידי כך את הכלליות כי בכל משוואה כזאת מקדם החזקה העליונה של \(x\) שווה ל-\(1\). כך למשל במקום להסתכל במשוואה \(64x^6-5=0\), יכולנו לעבור על ידי חלוק המתקדמים ב-\(64\) למשוואה \(x^6 – \frac{5}{64}=0\), אשר אינה שונה מן הקודמת מבחינה עקרונית.
נקרא בשם מספר אלגברי. מספר שאינו אלגברי נקרא מספר טרנסצנדנטי. מספר המקיים משוואה נקרא גם שורש של אותה משוואה.
מספר טרנסצנדנטי אינו איפוא שורש של שום משוואה שצורתה \((1)\). כל מספר רציונלי \(a\) הוא גם אלגברי, כי הרי הוא מקיים את המשוואה \(x-a=0\) שהיא מטפוס המשוואה \((1)\). המספר \(e\) (בסיס הלוגריתמים הטבעיים), המספר \(\pi\) (היקף מעגל שקוטרו שווה ליחידה), וכן המספר \(2^{\sqrt{2}}\) הם דוגמאות למספרים טרנסצנדנטיים.
הוכחותיהן של שלש עובדות אלו אינן קלות כל עיקר. את הראשונה מצא המתמטיקן הצרפתי ש. ארמיט בשנת 1873; את השניה ־ המתמטיקן הגרמני פ. לינדמן בשנת 1882; ואת השלישית – המתמטיקן היהודי א. גלפונד בשנת 1934.
כל מספר אלגברי \(a\) הוא שרשן המשותף של משוואות רבות לאין סוף מן הטפוס \((1)\). כך, למשל המספר \(\sqrt{2}\) הוא שרשן של המשוואות \(x^2 -2 =0\) ; \(x^3-2x=0\) וכוי.
משפט והגדרה
כל מספר אלגברי \(\alpha\) מקיים משוואה אחת ויחידה מטפוס \((1)\) אשר מעלתה מזערית (קטנה ביותר). משוואה זו נקראת המשוואה המינימלית של \(\alpha\), ולמעלתה קוראים בשם המעלה של המספר \(\alpha\).
להוכחת משפט זה נעיר כי עצם קיומה של משוואה מינימלית הוא דבר מובן מעצמו (למה?). עיקרו של הענין הוא להראות כי קיימת רק משוואת אחת כזאת. נניח איפוא כי המספר \(\alpha\), שמעלתו \(n\), מקיימת שתי משוואות שונות
1) כל \(a_i\) שווה ל-\(b_i\) המתאים (\(i=1,2,\ldots,n\)), במקרה זה שתי המשוואות ב-\((2)\) זהות, בניגוד להנחה.
2) ישנו לפחות ערך אחד של \(i\) כך ש- \(a_i \neq b_i\). במקרה זה הרי \(\alpha\) מקיים את המשוואה \((3)\) שמעלתה קטנה מ-\(n\). זה סותר את הגדרת \(n\) כמעלת המספר \(\alpha\).
ב. מספרים אלגבריים ובניות גאומטריות
במישור יהי נתון קטע \(AB\). נתענין כאן בשאלה: איזו קטעים אפשר לבנות על ידי הקטע \(AB\) בעזרת הסרגל והמחוגה? דוגמות לקטעים כאלה הם למשל קטע \(CD\) החופף למחציתו של \(AB\), או לחלק השלישי של \(AB\) וכוי. נבחר את הקטע \(AB\) כקטע היחידה ונמדוד את שאר קטעי המישור לפי יחידה זו. בסעיף זה נאמר בקצור: המספר הממשי החיובי \(\alpha\) ניתן לבניה אם קטע \(CD\) אשר אורכו (לפי היחידה שבחרנו) שווה ל־\(\alpha\) ניתן לבניה על ידי הקטע \(AB\) בעזרת הסרגל והמחוגה. כל מספר רציונלי חיובי וכל שורש רבועי מכל מספר כזה (כלומר \(+\sqrt{r}\) באשר \(r\) הוא מספר רציונלי) הם דוגמאות למספרים הנתנים לבניה. אין זה מקרה שבכל הדוגמות הללו המספרים הם אלגבריים, כי קיים המשפט הבא:
משפט: כל מספר הניתן לבניה הוא מספר אלגברי.
כמסקנה הגיונית מן המשפט הנ״ל נקבל:
משפט: מספר טרנסצנדנטי אינו ניתן לבניה.
יש להעיר כי אלגבריותו של מספר אינה תנאי מספיק לאפשרות בנייתו של המספר הזה, אלא תנאי הכרחי בלבד. כלומר, קיימים מספרים אלגבריים אשר בנייתם היא בלתי אפשרית. מרחיק לכת יותר מן המשפט הנ״ל הוא המשפט הבא:
משפט: כל מספר הניתן לבניה הוא מספר אלגברי שמעלתו \(n\) היא חזקה של \(2\) ( כלומר \(n = 2^m\) באשר \(m\) מספר טבעי).
גם במשפט זה עדיין אין תנאי מספיק לאפשרות בנייתו של מספר. לא נטפל בהוכחתם של המשפטים שנסחנו בסעיף הנוכחי, ואף לא נדון כאן בשאלה: מה הוא התנאי ההכרחי והמספיק גם יחד לאפשרות בנייתם של המספרים? תפקיד הסעיף הזה הוא רק להאיר מבחינה גיאומטרית את חשיבותו של מושג המספר האלגברי. למטרה זו נביא עוד כסיום לסעיף הזה את בעית תרבוע המעגל.
בעית תרבוע המעגל אשר בה טפלו לשוא היונים העתיקים ודורות רבים שבאו אחריהם היא:
במישור נתון מעגל. בנה בעזרת סרגל ומחוגה בלבד רבוע אשר שטחו שווה לשטח המעגל. אם נבחר את רדיוס המעגל הנתון כקטע היחידה, ישווה שטחו של המעגל ל-\(\pi\). אם נסמן ב \(\alpha\) את אורך הצלע הרבוע, אשר שטחו שווה לשטח המעגל הנתון, נקבל את השוויון \(a^2 = \pi\) או \(a = \sqrt{\pi}\). על סמך משפטו של לינדמן על הטרנסצנדנטיות של \(\pi\) נובע כי גם \(\sqrt{\pi}\) הוא מספר טרדסצנדנטי. על סמך המשפט שנסחנו לעיל בנייתה של צלע שארכה \(\sqrt{\pi}\) ולפיכך אף בנייתו של הרבוע המבוקש הן אפוא מן הנמנעות.
ג. משפט עזר על משוואות קויות
למשוואה הקוית \(3x-5y=0\) בשני הנעלמים \((x,y)\) יש אין סוף פתרונות רציונליים כגון \((\frac{5}{3},1)\); \((\frac{10}{3},2)\) וכו׳
אף למערכת משוואות כמו למשל,
\(x + y = 2z = 0\)
\(3x – y + z = 0\)
יש אינסוף פתרונות רציונליים, כי נוכל לחלץ אחד המשתנים מבין שתי המשוואות ואז נישאר עם משוואה אחת בשני נעלמים. ברור שנוכל להמשיך בטיעון כזה עד כל מספר של משתנים ומכאן המשפט הבא:
משפט: למערכת של \(n\) משוואות לינאריות הומוגניות (\(n \gt 1\)) ב-(\(n+1\)) נעלמים יש אינסוף פתרונות רציונליים.
ד. תכונותיהם היסודיות של המספרים האלגבריים
בסעיף הנוכחי נטפל בשאלה: מה נוכל לומר על סכומם, הבדלם, מכפלתם ומנתם של שני מספרים אלגבריים? בכוון זה נוכיח את המשפט הבא:
המשפט היסודי: יהיו \(\alpha\) ו-\(\beta\) מספרים אלגבריים, אז גם \(\alpha + \beta\); \(\alpha – \beta\) ; \(\alpha \beta\) (ובאם \(\beta\) שונה מ-\(0\)) \(\frac{\alpha}{\beta}\) הם מספרים אלגבריים. מעלותיהם של מספרים אלה שוות לכל היותר למכפלת המעלות של \(\alpha\) ושל \(\beta\).
הוכחה בהוכחת המשפט נצטמצם בהנחה שמעלותיהם של \(\alpha\) ושל \(\beta\) שוות ל-\(2\). טוב יעשה הקורא אם ישתדל להתקין לעצמו בעקבות האמור להלן את ההוכחה גם לגבי מעלות גבוהות יותר (ראה גם הדרכה לתרגיל ד). את ההוכחה נבצע בשלבים אחדים.
I. יהי \(\alpha\) מספר אלגבראי ממעלה שניה. אז בשביל כל מספר טבעי \(n\) קיימים שני מספרים רציונליים \(r\) ו-\(s\) כך ש-
\(\alpha ^ n = r + s \alpha\)
נוכיח את המשפט הזה בדרך האינדוקציה. נניח כי \(\alpha\) מקיים את המשוואה \(\alpha ^2 + p \alpha + q = 0\). אזי קיים, עבור \(n=2\), \(\alpha ^ 2 = -q – p \alpha\).
אם המשפט נכון עבור איזה \(n\) שהוא, ז.א.
\(\displaystyle (4) \quad \alpha ^n = r + s \alpha\)
אזי יהיה
\(\displaystyle (5) \quad \alpha ^{n+1} = r \alpha + s \alpha ^ 2\)
\(\quad = r \alpha + s (-q – p \alpha)\)
\(\quad = -sq + (r – sp)\alpha\)
ז.א. שיהיה נכון גם עבור \(n+1\)
מאידך עבור \(1\), \(n=0\) יש לנו \(\alpha ^ 0 = 1 + 0 \cdot \alpha\), \(\alpha ^ 1 = 0 + 1 \cdot \alpha\)
II. יהיו \(\alpha\) ו-\(\beta\) מספרים אלגבריים, שניהם מן המעלה השניה, אז לכל ״מכפלת חזקות״\(\alpha ^ n \beta ^ m\) (\(n\) ו-\(m\) מספרים טבעיים) אפשר למצוא \(4\) מספרים רציונליים \(h, g, f, e\) כך ש
\(\displaystyle (6) \quad \alpha ^ n \beta ^ m = e + f \alpha + g \beta + h \alpha \beta\)
ואמנם על סמך I נוכל לכתוב \(\alpha ^ n = r + s \alpha\) ו-\(\beta ^ m = p + q \beta\), כאשר \(q, p, s, r\) הם מספרים רציונליים מתאימים. על ידי הכפלה נקבל את השויון
\(\displaystyle (7) \quad \alpha ^ n \beta ^ m = pr + ps \alpha + qr \beta + qs \alpha \beta\)
אשר אם נציב בו \(e = pr\); \(f = ps\); \(g = qr\); \(h = qs\), יתן לנו את השויון \((6)\).
III. יהיו \(\alpha\) ו-\(\beta\) מספרים אלגבריים, שניהם מן המעלה השניה. אז לכל מספר טבעי \(n\) אפשר למצוא \(4\) מספרים רציונליים \(h’, g’, f’, e’\) כך ש
\(\displaystyle (\alpha + \beta) ^ n = \alpha ^ n + \binom{n}{1} \alpha^{n-1} \beta + \ldots + \beta ^ n\)
בשביל כל אחד מן המחוברים \(\binom{n}{i} \alpha^{n-i} \beta^{i}\) בסכום הזה קיימת על סמך II הצגה מן הטיפוס הדרוש. לפיכך יהיה זה נכון גם לגבי סכומם, מש״ל.
IV. המשפט III קיים כמובן גם לגבי חזקות ההבדל \((\alpha – \beta)^n\)
V. יהיו \(\alpha\) ו-\(\beta\) מספרים אלגבריים שמעלתם היא \(2\). נסמן ב-\(\gamma\) את אחד המספרים \(\alpha + \beta\), \(\alpha – \beta\), \(\alpha \beta\). אזי \(\gamma\) מקיים משוואה אלגברית שמעלתה שווה לכל היותר ל-\(4\). על סמך II, III, IV נוכל לכתוב:
כאשר המקדמים הם מספרים רציונליים. עכשיו נחפש חמישה מספרים רציונליים \(a_0\), \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(a_4\), אשר לא כלם ישוו ל-\(0\), ואשר יקיימו את השוויון
אשר בהן ישמשו \(a_0, a_1, a_2, a_3, a_4\) כנעלמים.
על סמך משפט העזר ג יש פתרונות רציונליים רבים לאין סוף המקיימים את המשוואות \((9)\). ברור (מדוע?) שכל פתרון כזה יקיים את השוויון \((10)\), מש״ל.
VI. לסיום הוכחת המשפט היסודי עלינו עוד להראות: אם \(\alpha\) ו-\(\beta\) הם מספרים אלגבריים שמעלתם שווה ל-\(2\), אזי המנה \(\alpha / \beta\) היא מספרי אלגברי שמעלתו אינה גבוהה מ-\(4\). להוכחת עובדה זו, תהי \(x^2 + b_1 x + b_0 = 0\) המשוואה המינימלית של \(\beta\), כלומר:
\(\beta ^ 2 + b_1 \beta + b_0 = 0\)
על ידי חלוק ב-\(\beta ^ 2\) נקבל \(1+b_1 \frac{1}{\beta} + b_0 \frac{1}{\beta ^2}=0\) או במלים אחרות המספר \(\frac{1}{\beta}\) מקיים את המשוואה
\(b_0 x ^ 2 + b x + 1 = 0\)
ולפיכך הוא מספר אלגברי אשר מעלתו אינה עולה על \(2\). לו היתה מעלתו שווה ל-\(1\) כי אז היה נובע כי גם מעלת \(\beta\) היא \(1\) (הוכח!) בנגוד להנחה. מעלת \(\frac{1}{\beta}\) היא איפוא בדיוק \(2\). על סמך V נובע עתה כי המספר \(\alpha \frac{1}{\beta}\) כלומר \(\frac{\alpha}{\beta}\) הוא אלגברי ומעלתו אינה עולה על \(4\), מש״ל.
ה. שדות מספרים
בשם שדה-מספרים, או בקצור שדה, קוראים לכל תחום של מספרים המכיל עם כל שנים ממספריו גם את סכומם, הבדלם, מכפלתם ומנתם. על סמך האמור ב-ד, תחום המספרים האלגבריים הוא איפוא שדה. דוגמות אחרות הן: שדה המספרים הרציונליים, שדה המספרים הממשיים ושדה המספרים המרוכבים. חוץ מאלה יש עוד אין סוף שדות מספרים אחרים אשר ללימודם מוקדש חלק חשוב של האלגברה הגבוהה. שדה המספרים המרוכבים הוא כמובן הרחב בין כל השדות כי הרי בו נכללים כל המספרים. לעומתו מצטיין שדה המספרים הרציונליים דוקא בתכונת ה״מינימום״: הוא מוכל כשדה חלקי בכל שדה אחר. נסה למצוא הוכחה לעובדה זו! כדי לקבל מושג ברור על היקפו של שדה המספרים האלגבריים, אנו חייבים לענות על שאלה המתעוררת מיד עם הגדרת מושג המספר האלגברי והיא: האם לכל משוואה מטפוס \((1)\) קיימים מספרים המקיימים אותה? התשובה לשאלה זו היא חיובית, ונובעת כמסקנה ממשפט הידועה בשם המשפט היסודי של האלגברה, אשר הוכח תחילה ע״י המתמטיקן גאוס (1855-1777). משפט זה טוען כי קיימים שרשים לכל משוואה מטיפוס \((1)\),יהיו מקדמי המספרים אשר יהיו. אשר למספר השרשים השונים של משוואה כזאת, הרי הוא אינו עולה על מעלת המשוואה.
נסתכל עתה במשוואה מטפוס \((1)\) אשר מקדמיה הם מספרים אלגבריים רצוניים (למשל: \(x^4 – \sqrt{2} x^3 + 4 \sqrt{-75} x^2 + 3 = 0\)). היתכן כי למשוואה כזו יהיו שרשים טרנסצנדנטיים? התשובה היא שלילית, כלומר קיים המשפט הבא:
משפט: אם מספר \(\alpha\) מקיים משוואה מטפוס \((1)\) אשר מקדמיה הם מספרים אלגבריים, אך לא כלם רציונליים, אזי מקיים המספר הזה גם משוואה מטפוס \((1)\) אשר מקדמיה כלם מספרים רציונליים.
לא נטפל כאן בהוכחת המשפט הנ״ל, אם כי ההוכחה אפשרית בעזרת האמצעים אשר פתחנו ב-ד, אלא נסתפק בהערות אחדות אשר בעזרתן תתבלט חשיבותו של המשפט הזה.
שדה מספרים ייקרא סגור באופן אלגברי (בקצור: סגור אלגברית) אם שרשי כל משוואה מטפוס \((1)\) אשר מקדמיה לקוחים מן השדה הזה, שייכים אף הם לשדה הנדון. אי אפשר איפוא ״לצאת״ משדה זה או להרחיבו ע״י פתירת משוואות אשר מקדמיהן נמצאים בתוכו. על סמך המשפט הנ״ל נובע, כי שדה המספרים האלגבריים הוא סגור אלגברית.
לעומתו, שדה המספרים הרציונליים אינו סגור אלגברית, כי למשל למשוואה \(x^2 – 2 = 0\) מקדמים רציונליים, אבל שרשיה הם אי-רציונליים. כן גם שדה המספרים הממשיים אינו סגור אלגברית, כי הרי מקדמי המשוואה \(x^2+1=0\) הם ממשיים, אך שרשיה מדומים. חוץ משדה המספרים האלגבריים יש עוד שדות רבים לאין סוף הסגורים אלגברית. בין אלה מצטיין שדה המספרים האלגבריים בתכונת המינימום: כל שדה מספרים הסגור אלגברית מכיל את שדה המספרים האלגבריים.
נסיים בכמה תרגילים, אשר אולי ירצה הקוראה לנסות בהם את כוחו.
א) הוכח כי מעלת המספר האלגברי \(\sqrt[3]{2}\) שווה ל-\(3\). הכלל תרגיל זה.
ב) חשב את משוואותיהם של המספרים האלגבריים \(\sqrt[3]{2} + 1\) ו-\(\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{5}\).
ג) הוכח כי המספר \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) הוא אלגברי ומצא את משוואתו המינימלית.
ד) הוכח את המשפט היסודי ב-ד בשביל המקרה שמעלות המספרים \(\alpha\) ו-\(\beta\) הן \(3\) ו-\(2\). רמז: אם מעלת \(\alpha\) היא \(3\) תתקיים במקום הנוסחה \((3)\) שצורתה: \(\alpha ^ n = r + s \alpha + t \alpha ^ 2\) במקום הנוסחה \((6)\) יש להוכיח: \(\alpha ^ m \beta ^ n = e + f \alpha + g \beta + h \alpha \beta + k \alpha ^ 2 + \ell \alpha ^ 2 \beta\) וכו׳.
ה) יהי \(\alpha\) מספר אלגברי. הוכח כי מעלת \(\alpha ^ m\) בשביל כל \(m\) טבעי שווה לכל היותר למעלת \(\alpha\).
ו) אם \(r\) מספר רציונלי ו-\(\alpha\) מספר אלגברי רצוני, אז מעלת \(\alpha + r\) שווה למעלת \(\alpha\).
ז) הוכח כי תחום המספרים הטרנסצנדנטיים הוא אין סופי. האם תחום זה הוא שדה?
ח) הוכח כי תחום כל המספרים שצורתם \(r + s \sqrt{2}\), באשר \(r\) ו-\(s\) הם רציונליים, הוא שדה. הוא הדין לגבי תחום המספרים \(r+ s \sqrt[3]{2} + t \sqrt[3]{4}\) (\(t, s, r\) רציונליים).
על בעיות אחדות בגיאומטריה אלמנטרית
פ. ארדש, פורסם: מאי 1962
במאמר זה על גיאומטריה אלמנטרית נטפל במספר בעיות פתורות ונזכיר בעיות פתוחות אחדות. אני מקווה לשכנע את הקורא כי גם בגיאומטריה אלמנטרית, מקצוע בו עוסקים זה אלפי שנים, אפשר עדיין למצוא בעיות רבות חדשות הניתנות לפתרון באמצעים פשוטים למדי.
ב-1933 כשקראתי את ספרם של \({Hilbert ^1 , Cohn-Vossen}\) \({“Geometry ~and ~Imagination”}\)
התעוררה אצלי הבעיה הבאה: בהנתן \({n}\) נקודות במישור, לא כולן על ישר אחד, האם קיים תמיד ישר העובר דרך שתיים מהן בדיוק?
למרות שהדבר נראה פשוט ביותר לא הצלחתי להתירו. ספרתי על הבעיה למתמטיקאי ההונגרי T. Gallai שמצא פתרון נאה לבעיה.
בשנת 1936 בקונגרס המתמטי באוסלו הוזכרה בעיה זו ע”י המתמטיקאי היוגוסלבי Karamatar. הוא מצא משפט זה מנוסח ללא הוכחה בספר מכניקה ישן והתקשה להוכיחו בעצמו. ב-1943 פרסמתי שאלה זו במדור השאלות של American Math. Monthly ונתקבלו פתרונות שונים. היפה שביניהם הוא פתרונו של המתמטיקאי האמריקאי
A. Kelly הנתון להלן:
נניח כי קיים סידור מישורי של \({n}\) נקודות, לא כולן על ישר אחד, ובכל זאת אין אף ישר אחד העובר בדיוק דרך שתי נקודות, כלומר כל ישר העובר דרך שתי נקודות חייב להכיל גם נקודה שלישית. נתבונן באוסף הישרים המוגדרים ע״י כל \({n}\) הנקודות ובמרחקים של כל אחת מהנקודות אל אחד מהישרים. בקבוצת מרחקים זו קיים בהכרח מרחק מינימלי \({d}\) המתקבל למשל בין הנקודה \({A}\) והישר \({\ell}\) מסוימים (ראה ציור מס’ 1). ישר \({\ell}\) הוא אחד מהישרים המחברים נקודות, לכן נמצאות עליו לפי ההנחה לפחות שלש נקודות. לא ייתכן כי שתיים מהן תמצאנה מצדו האחד של עקב האנך \({AA’}\) על \({\ell}\), שכן אם \({B}\) ו-\({C}\) הן במצב כזה נעביר את הישר \({AB}\) והאנך \({CC’}\) קטן מ- \({AA’=d}\) בנגוד להנחתנו כי \({d}\) הוא הקטן במרחקים בין נקודה לישר בקבוצת הנקודות והישרים שלנו.
ציור מס׳ 1
באותו אופן לא ייתכן כי תמצאנה שתי נקודות מצדו השני של העקב. האפשרות הנותרת היא כי נקודה אחת תתלכד עם הנקודה \({A’}\) ושתי הנקודות האחרות תמצאנה משתי צידיה. אך גם אז עדיין \({A’A”<d}\) בנגוד למינימליות של \({d}\).
קבלנו סתירה להנחתנו וזה אומר שהישר בעל המרחק המינימלי עובר דרך שתי נקודות משני צידי העקב, ורק דרכן.
Kelly הצביע גם על מקור השאלה. ב-1893 פרסם אותה המתמטיקאי היהודי Sylvester (המיסד של עתון מתמטי אמריקאי ראשון) ב-_Educational Times_ (שאלה 11851 כרך 59 עמ׳ 98) אך לא נתקבל כל פתרון, וגם לא ידוע, אם סילבסטר ידע את הפתרון. משפט זה ידוע, איפוא, בשם משפט גאלאי.
נציין שהוכחת Kelly הופיעה גם בעבודתו של Coxeter ב-American Math. Monthly (כרך 55 עמ׳ 28-26).
ב-1949 הכרתי את המתמטיקאי הישראלי מוצקין העובד כעת בארה”ב. התברר שהוא נתקל בשאלה זו ב-1933 והמתמטיקאי א. רובינזון (כעת פרופסור באוניברסיטה העברית) מצא פתרונה ב-1939.
בעקבות בעיה זו מתעוררות שאלות נוספות כגון: תהינה נתונות \({n>2}\) נקודות במישור, לא כלן על ישר אחד. ישר נקרא ישר רגיל כאשר הוא עובר דרך שתי נקודות בדיוק. לפי משפט גאלאי קיים לפחות ישר רגיל אחד. אפשר גם לתאר מצב כללי ביותר בו אף שלש נקודות אינן נמצאות על ישר אחד ואז יהיה מספר הישרים הרגילים \({\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}}\). אם תמצאנא \({n-1}\) נקודות על ישר אחד והאחרונה מחוצה לו קיימים בדיוק \({n-1}\) ישרים רגילים.
נסמן ב- \({f(n)}\) את המספר המינימלי של ישרים רגילים שאפשר לקבל בסידור כל שהוא של \({n}\) נקודות. המתמטיקאי ההולנדי de Bruijn ואני שערנו כי \(f(n) \to \infty\) כאשר \({n \to \infty}\). כלומר לכל \({A}\) גדול כרצוננו אפשר למצא מספר \({n_0}\) כך שלכל \({n}\) נקודות במישור שלא כלן נמצאות על ישר אחד ושמספרן גדול מ-\({n_0}\) (ז.א \({n>n_0}\)) מספר הישרים הרגילים מקיים \({f(n)>A}\).
המתמטיקאי האנגלי G. Dirac הראה כי \({f(n) \geq 3}\). עבור \({n=3}\) ו-\({n=7}\) מקבלים שויון: \({f(n)=3}\) (עבור \({n=7}\) השוה את הציור מס’ 2 בו הקוים הרגילים צוינו במקווקו).
מוצקין הוכיח כי \({f(n)>\sqrt{n}}\) ובזה אימת את השערתנו. לאחרונה הצליחו Kelly ו-Moser להוכיח כי \({f(n) \geq \frac{3}{7}n}\). גם כאן מתקיים שויון עבור \({n=7}\). יתכן שאפשר לשפר תוצאה זו ל-\({n}\) גדולים יותר. קיימת, למשל, ההשערה כי קיים \({n_0}\) כזה שעבור כל \({n>n_0}\) מתקיים \({f(n)=n-1}\). Dirac שיער שעבור \({n>7}\) קיים \({f(n) > \frac{n}{2}}\).
ציור מס׳ 2
בשנת 1933 הבחנתי כי ממשפט גאלאי נובעת גם התוצאה הבאה: \({n}\) נקודות במישור, שלא כלן נמצאות על ישר אחד, מגדירות לפחות \({n}\) ישרים. (אין לשפר תוצאה זו כפי שאפשר לראות מן המקרה כאשר \({n-1}\) נקודות נמצאות על ישר אחד). שערתי גם שקיים \({n_0}\) (גדול למדי) שכל \({n}\) נקודות במישור עם \({n>n0}\) ומסודרות כך שאף \({n-1}\) מהן אינן על ישר אחד, מגדירות לפחות \({2n-4}\) ישרים.
עבור \({n=7}\) אין עדיין ההשערה נכונה כיון שבציור מס’ \({2}\) אפשר לספור רק \({9}\) ישרים בשעה ש- \({2n-4=10}\) במקרה זה.
Kelly ו-Moser הוכיחו בעבודתם המוזכרת (ראה בסוף המאמר רשימה הספרות) את המשפט הכללי הבא:
נניח ש- \({n}\) נקודות במישור מסודרות כך, שאין יותר מ- \({n-k}\) מהן נמצאות על ישר אחד וש-
בטוי זה הוא ההערכה הטובה ביותר כפי שאפשר להיוכח בעזרת הדוגמה הכללית הבאה שנתנה ע”י המחברים:
תסודרנה \({k}\) נקודות במישור כך שאין שלש מהן על ישר אחד. נסמן ב- \({\ell}\) ישר רצוני שאינו עובר דרך אף אחת מהן. נעביר את כל הישרים המחברים את \({k}\) הנקודות ונגדיר \({\binom{k}{2}}\) נקודות נוספות כנקודות החיתוך של \({\binom{k}{2}}\) ישרים אלה עם הישר \({\ell}\). אליהן נצרף עוד \({n-k-\binom{k}{2}}\) נקודות רצוניות על \({\ell}\). בסך הכל יש לנו \({n}\) נקודות, מהן לכל היותר \({n-k}\) נמצאות על ישר אחד (במקרה שלנו על \({\ell}\)). \({n}\) הנקודות מגדירות
אם נציב \({k=2}\) נקבל כי עבור \({n \geq \frac{1}{2} [ 3 (6-2)^2 + 3 \cdot 2-1 ] = 26\frac{1}{2}}\) מספר הישרים הוא לפחות \({2n-\frac{1}{2}(3 \cdot 2+2)(2-1)=2n-4}\) ז.א השערתי מתקימת עבור \({n \geq 27}\).
יתר על כן Kelly ו-Moser הוכיחו כי השערתי נכונה גם עבור \({n=10}\) והם סבורים כי היא מתקיימת גם עבור \({11 \leq n \leq 26}\).
במקרים \({n=7,8,9}\) מקבלים לפחות \({2n-5}\) ישרים. זו גם התוצאה הטובה ביותר כפי שאפשר לראות עבור \({n=7}\) מציור מס’ \({2}\) עבור \({n=8}\) מציור מס’ \({3}\) ועבור \({n=9}\) מציור מס’ \({4}\).
התוצאות של Kelly ו-Moser עדיין אינן ממצות את מכלול הבעיות הקשורות לנושא זה.
ציור מס׳ 3
מועלית למשל ההשערה הבאה: קיים מספר קבוע \({C}\) שאינו תלוי ב-\({n}\) וב-\({k}\), כך ש-\({n}\) נקודות במישור, שלכל היותר \({n-k}\) מהן נמצאות על ישר אחד, מגדירות לפחות \({Cnk}\) ישרים. (נראה שהשערה זו נכונה עבור \({C=\frac{1}{10}}\)).
או השערתו של Dirac: בהינתן \({n}\) נקודות במישור, לא כלן על ישר אחד, קיימת ביניהן נקודה אחת שממנה נמתחים אל שאר הנקודות לפחות \({\frac{n}{2}}\) עבור \({n}\) זוגי ו-\({\frac{n-1}{2}}\) עבור \({n}\) אי-זוגי, ישרים שונים.
נזכיר עוד את הבעיה הבאה שהוצגה ע”י סילבסטר: נתון סידור מישורי של \({n}\) נקודות. מהו המספר המקסימלי של ישרים העוברים בדיוק דרך \({3}\) נקודות. סילבסטר הוכיח למשל שעבור \({n=9}\) יתכנו לכל היותר \({10}\) ישרים.
ננסה עתה להכליל בעיות גיאומטריות – מישוריות אלה לבעיות קומבינטוריות.
ינתנו \({n}\) אלמנטים \({a_1, a_2, \ldots, a_n}\) ו-\({m}\) קבוצות חלקיות, \({A_1, A_2, \ldots, A_m}\) המורכבות מהם כך שכל אחת מכילה לפחות שני אלמנטים. נתנה שכל זוג אלמנטים \({a_i, a_j}\) מופיע ב-\({A_k}\) אחד ובאחד בלבד.
ציור מס׳ 4
כדוגמה למערכת כזו ישמשו הנקודות במישור והישרים המחברים אותן בהם דנו בבעיות הקודמות.
אך קיימות מערכות מסוג זה שאינן נתנות לממוש ע”י נקודות וישרים במישור, למשל, עבור \({n=m=7}\), מקבלים את המערכת
מערכת זו המקיימת את הדרישות הנ”ל אינה ניתנת למימוש במישור כי אין פה אף ישר רגיל בנגוד למשפט גאלאי.
כאן קיים המשפט הבא:
אם \({m>1}\), הרי \({m \geq n}\).
אם נמשיך לכנות אלמנטים מוכללים אלה בשם נקודות וקבוצות חלקיות שלהם בשם קוים, נוכל לנסח את המשפט בצורה הבאה:
בסידור בו אין כל הנקודות על קו אחד מספר הקוים אינו קטן ממספר הנקודות.
זוהי הרחבה מהותית של המשפט המישורי הטוען כי \({n}\) נקודות שאינן על ישר אחד מגדירות לפחות \({n}\) ישרים.
משפט זה הוכח לראשונה ב-1938 ע”י המתמטיקאי ח. חנני (כעת פרופסור בטכניון) ובאופן בלתי תלוי ב-1941 ע”י המתמטיקאי היהודי מהונגריה Szekeres.
ההוכחה הפשוטה ביותר של עובדה זו שייכת ל- de Bruijn והיא תובא להלן:
כל שתי נקודות \({a_i}_1\) ו-\({a_i}_2\) מגדירות קו יחיד \({A_i}\) שהוא הקבוצה המכילה אותן (קיימת רק אחת כזו).
ב-\({k_i}\) נסמן את מספר הקוים העוברים דרך \({a_i}\) וב-\({s_j}\) את מספר הנקודות הנמצאות על \({A_j}\). ברור כי \({1 < k_i < n}\) וכן \({1 < s_j < n}\) (לא כל הנקודות הן על קו אחד ועל כל קו יש לפחות שתי נקודות).
ושהקוים \({A_1, A_2, \ldots, A_p}\) עוברים כלם דרך \({a_n}\).
ברור כי \({k_n > 1}\) (לא כל הנקודות הן על קו אחד).
על כל קו כזה \({A_j}\) \({1 \leq j \leq p}\) יש נקודה נוספת פרט ל-\({a_n}\) ונסמנה ב-\({a_j}\). כיון שהקוים שונים לא תמצא \(a_j\) על \(A_k\) \(j \neq k\) ולכן לפי \({(4)}\):
בנגוד לשויון \((3)\). סתירה זו מוכיחה את משפט חנני.
עבור \(n\) נקודות במישור שלא כלן על מעגל אחד, הוכיח מוצקין בעזרת שמוש במשפט גאלאי ושמוש באינורסיה \(^2\), שקיים מעגל העובר בדיוק דרך \(3\) נקודות מהן.
להלן הוכחתו:
תהיינה \(p_1, p_2, \ldots, p_n\) הנקודות. נקבע את \(p_1\) כמרכז אינורסיה המעבירה את הנקודות \(p_2, \ldots, p_n\) לנקודות \(q_2, \ldots, q_n\). באינורסיה מכל מעגל העובר דרך המרכז (ז.א דרך \(p_1\) במקרה שלנו) מתקבל ישר. כיון שבתחילה לא היו כל \(p_1, \ldots, p_n\) נקודות מונחות על מעגל אחד לא תהיינה \(q_2, \ldots, q_n\) על ישר אחד. לפי משפט גאלאי קובעות נקודות אלה לפחות ישר אחד העובר בדיוק דרך \(2\) נקודות, נגיד דרך \(q_i, q_j\). מזה נובע ש-\(p_i, p_j\) נמצאות על מעגל, שהוא מקור הישר העובר את \(q_i, q_j\), ועובר דרך מרכז האינורסיה ז.א דרך \(p_1\). בזה הוכח שישנו מעגל העובר דרך שלש נקודות בדיוק (\(p_1, p_i, p_j\)).
השאלה הבאה שהוצגה כבר לפני זמן רב ועדיין לא מצאה את פתרונה נראית לא קלה:
תנתנה \(n\) נקודות במישור, לא כלן על מעגל אחד. נתבונן באוסף כל המעגלים העוברים דרך \(3\) נקודות לפחות. האם נכונה ההשערה כי נקודות אלה מגדירות לפחות \({1+\binom{n-1}{2}}\) מעגלים שונים.
כאשר \(n-1\) נקודות נמצאות על מעגל אחד נותנת השערה זו את המספר המדויק.
הכללה קומבינטורית של בעיה זו נתנת לנסוח הבא:
יהיו \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) אלמנטים (שיכונו נקודות) ו-\(A_1, \ldots, A_n\) קבוצות חלקיות שלהם (שתכוננה מעגלים), המכילות כל אחת לפחות \(3\) אלמנטים, וכל שלישית נקודות נמצאת בדיוק על מעגל אחד.
השאלה היא מהו הערך המינימלי של \(m\) (מספר המעגלים המוגדרים ע”י \(n\) הנקודות).
במקרה של זוגות היו הפתרון הגיאומטרי והקומבינטורי זהים ונתנו \(m_{min}=n\). במקרה זה נראה אבל שהערך המתקבל בפתרון הגיאומטרי קטן מזה של הפתרון הקומבינטורי.
חנני הוכיח כפתרון לבעיה הקומבינטורית כי לכל \(\epsilon > 0\) קיים \(n_0\) כך שלכל \(n\), \(n > n_0\) מקיים ה-\(m\) המינימלי את אי השויון
ללא אבדן כלליות אפשר להניח כי \(A_1\) מכיל \(k\) אלמנטים מתוך ה-\(n\) ואף \(A_i\) אינו מכיל יותר אלמנטים.
ברור שלכל היותר קיימות \(\binom{n}{3}\) קבוצות חלקיות שונות.
אם ניחס לכל מעגל \(k\)נקודות ונספור את מספר הקבוצות החלקיות בנות שלשה אלמנטים על כל אחד מן המעגלים לחוד, הרי ספרנו כל שלישיה אפשרית שכן כל שלישיה נמצאת על מעגל מסוים.
יתכן והפרזנו בכך שספרנו \(k\) נקודות על כל מעגל, על כל פנים:
\((10) \quad \displaystyle m \binom{k}{3} \geq \binom{n}{3} \)
או
\(\displaystyle m \geq \frac{\binom{n}{3}}{\binom{k}{3}} \gt \frac{n^3}{k^3} \)
(כי עבור \(n \gt k\) קיים \(\frac{n}{k} \lt \frac{n-1}{k-1} \lt \frac{n-2}{k-2}\))
יהיו \(a_1, a_2, \ldots, a_k\) האלמנטים של \(A_1\) ו-\(e_1, e_2, \ldots, e_{\binom{k}{2}}\) \(\binom{k}{2}\) הזוגות שאפשר ליצור מ-\(k\) אלמנטים אלה. נתבונן בשלישיות \((e_i, a_j)\) כאשר \(k+1 \leq j \leq n\), כלומר \(a_j\) אינו ב-\(A_1\).
כל שלישיה כזו מופיעה ב-\(A_h\) (\(h>1\)) אחד, אך \(A_h\) כזה אינו מכיל יותר מ-\(k-2\) שלישיות כאלה כי אין בו יותר מ-\(k\) אלמנטים, מהם נמצאים כבר שניים ב-\(A_1\).
קיימות, איפוא, לפחות \(\{\frac{n-k}{k-2}\}\) (המספר השלם הראשון שאינו קטן מ-\(\frac{n-k}{k-2}\)) קבוצות \(A_j\) המכילות \(e_i\) נתון.
שני \(e_i\) שונים אינם יכולים להופיע ב-\(A_h\) אחד (פרט ל-\(A_1\)), כי אחרת היו לאותו \(A_h\) ול-\(A_1\) שלשה אלמנטים משותפים. לכן מספר ה-\(A_h\) (\(h \neq 1\)) השונים הוא לפחות \(\binom{k}{2} \{\frac{n-k}{k-2}\}\) ומכאן נובע
חנני הוכיח עוד כי עבור \(n=u^2+1\), כאשר \(u\) היא חזקה של מספר ראשוני מתקיים
\(\displaystyle (13) \quad m \leq u(u^2+1)\)
והוא משער שבמקרה זה מתקיים שויון ממש \(m = u(u^2+1)\). מ-\((9)\) ו-\((13)\) אפשר להוכיח בעזרת תורת המספרים האנליטית כי סדר הגודל של \(m\) במקרה של הבעיה הקומבינטורית שוה ל-\(n^{\frac{3}{2}}\). כלומר, לכל \(\epsilon > 0\) קיים \(n_0\) כזה שעבור \(n\)-ים גדולים ממנו (\(n \gt n_0\)) מתקיים:
\(\displaystyle (14) \quad (1-\epsilon) 2^{-\frac{3}{4}}n^{\frac{3}{2}} \lt m \lt (1+\epsilon)2^{-\frac{3}{4}}n^{\frac{3}{2}}\)
חלקו השמאלי של \((14)\) הוכח לעיל, בחלקו הימני איננו יכולים לעסוק כאן. נעיר רק שהוא נובע מהמשפט הידוע שמנת שני מספרים ראשוניים עוקבים שואפת ל-1.
שאלה זו נתנת להכללה גם לקבוצות חלקיות בנות \(l\) אברים לפחות (\(l \gt 3\)), אבל לא נעסוק בזה במאמר זה.
ספרות:
1. Th. Motzkin, The lines and planes connceting the points of finite set.
Trans. of the Amer. Math. Soc. Vol. 70 (1951) pp. 451-464
מוצקין עשה גם הכללות של משפט גאלאי עבור מרחבים רב מימדיים.
2. L.M. Kelly and W.V.J, Moser, On the number of ordinary lines determined by n points,
Canadian Jour. of Math. Vol 10 (1958) pp. 210-219
\(^1\) \(D. ~Hilbert\) (1862-1943) אחד המתמטיקאים הגדולים של התקופה האחרונה. עבד בעיקרו בגטינגן שבגרמניה.
\(^2\) על אינורסיה ראה “גליונות מתמטיקה” מס’ \(1\) עמ’ \(13\).
חידות
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 24.9.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1–כמה פירמידות?
בונים פירמידה משוכללת שכל אחת ממקצועותיה בצבע שונה.
כמה פירמידות שונות זו מזו נתן ליצור מששת המקצועות הצבעוניים?
הערה: בחידה המקורית שהכרתי, 6 המקצועות היו באורכים שונים, התשובה היא כמובן זהה, בתנאי שמכל אחת מהתמורות ניתן לבנות פירמידה.
מהו התנאי אם ידוע ששת המקצועות הם באורכים: \(a_1 \lt a_2 \lt a_3 \lt a_4 \lt a_5 \lt a_6\)?
חידה 2–האם ניתן לכסות לוח שחמט פגום ב 31 אבני דומינו?
האם ניתן לכסות לוח שחמט שהוסרו ממנו הפינה הימנית התחתונה והשמאלית העליונה (כמתואר בציור), ב 31 אבני דומינו מלבניות שרוחבן כשל משבצת הלוח וארכן כשתי משבצות?
חידה 3– בפרוס שנת תשע”ו
ראש השנה ה’תשע”ו (=5776) בפתח. הערך המספרי של השנה הקרובה יהיה ריבוע שלם. לעומת זאת יעברו יותר מ 9 שנים עד שערכה של השנה לפי הלוח הגרגוריאני (הלועזי) תהיה ריבוע שלם (2025). החידה הפעם היא האם קרה במהלך ספירת השנים לפי שני הלוחות שבאותו תאריך גם השנה לפי הלוח העברי וגם השנה לפי הלוח הגרגוריאני היו ריבועים שלמים? האם יקרו מאורעות כאלה בעתיד? ואם כן מתי יחול הקרוב ביותר?
שתהיה לכולכם שנה טובה בריבוע!
רמזים לחידות מגיליון יולי 2015
חידה 1 – חלוקת משולש כהה זווית למשולשים חדי זווית?
יש פתרון! מחייב הוספת קדקוד בתוך המשולש, מהו מספר הצלעות המינימלי שמתחברות אליו?
חידה 2 –51 מספרים?
רשמו את כל המספרים מודולו 99 (השארית לאחר חלוקה ב 99), השתמשו בעקרון “שובך היונים”.
חידה 3 – האם הנמלים יישארו על המקל?
שימו לב שאם לא נשים לב לזהות הנמלים, במפגש בין שתי נמלים התוצאה זהה אם כל נמלה הופכת את כיוונה כנשאל בחידה או שהן ממשיכות בדרכן במהירות קבועה.
פתרון החידות גיליון יוני 2015
חידה 1 – מתי יפגשו הכלבים?
יש לתת את הדעת שבשל הסימטריה של הבעיה בכל רגע נתון ארבעת הכלבים ימצאו על קדקודיו של רבוע. מאחר וכל כלב רודף אחריו כלב הנע בניצב לו, רק מהירותו של הכלב הנע לארך הצלע מקטין את ארכה (מצמצם את המרחק בין הכלבים). מהירות הכלב היא 20 קמ”ש = 5.5555 מ’\שניה כלומר יעברו 36 שניות (200/5.55555) עד שהכלבים יפגשו.
דרך אלטרנטיבית לפתרון היא לפרק את וקטור המהירות של הכלבים \(\vec{v}\) לשניים: רכיב לכוון מרכז הרבוע \(\vec{v_r}\), ורכיב משיקי \(\vec{v_t}\)
\(v_r = |\vec{v_r}| = \frac{1}{\sqrt{2}}v\) מאחר והמרחק של הכלב למרכז הרבוע במצב ההתחלתי הוא \(\boldsymbol{r_0} = \frac{200}{\sqrt{2}}\) מטרים, נקבל שהזמן \(t\) להגעתו למרכז (שם ייפגש עם שאר הכלבים) הוא \(t = \frac{\boldsymbol{r_0}}{\boldsymbol{v_r}} = 36\) [שניות].
מאחר ולכל מרחק נתון r מהמרכז כל הכלבים ימצאו בו באותו זמן על 4 קדקודי רבוע בגודל סופי, לא יתכן ששני מסלולים יפגשו זה עם זה שלא במרכז.
במקרה של 6 כלבים על קדקודי משושה שאורך צלעו 200 מ’.
גם כאן ששת הכלבים ימצאו על קדקודי משושה שילך ויקטן. אלא שהפעם התנועה של הכלב הרודף אינה נצבת לתנועת הכלב הנרדף, הכי פשוט לפתור חידה זו בשיטה השנייה. הפעם \(\boldsymbol{r_0} = 200\) מטרים ואילו \(\boldsymbol{v_r} = \boldsymbol{v} \cdot \cos{60°} = \boldsymbol{v} \cdot \frac{1}{2} = 2.7777\) מטרים בשנייה. הזמן למפגש הכלבים במרכז יהיה 72 שניות.
חישוב צורת המסלול של הכלבים:
נעשה את החישוב במערכת קוארדינטות פולריות שראשיתה הוא מרכז הרבוע והזווית \(\theta\) נמדדת ביחס לפינה השמאלית התחתונה של הרבוע.
במערכת קוארדינטות זו ניתן לרשום את שתי המשוואות לרכיבי מהירות:
קדקודי הרבוע האדום בשרטוט מייצגים את מיקום הכלבים לאחר כ-18 שניות.
חידה 2 – האם נתן לצבוע בשני צבעים?
נתן לצבוע בשני צבעים ההוכחה באינדוקציה. כמובן שעיגול בודד קל לצבוע, הפנים בצבע אחד והחוץ בשני. לפי הנחת האינדוקציה כל שרטוט עם \(n\) מעגלים נתן לצבוע כנדרש. נוסיף את המעגל ה \(n+1\), לא נשנה את צביעה מחוץ למעגל ונשנה את צבעי כל השטחים שבתוכו (זה שהיה צבוע באדום נשנה ללבן ולהפך) צביעה זו תענה לדרישות החידה, בכל השטחים שיש להם גבול משותף שהוא חלק מהמעגל ה \(n+1\) הצד החיצוני צבוע בצבע אחד והפנימי בצבע השני (כי צבעו הוחלף) לגבי יתר הגבולות אם הם בצד החיצוני לא חל כל שינוי, ואם הם בתוך המעגל כל הצבעים הוחלפו ולכן גם כן הדרישה נשמרת.
חידה 3 – בכמה מספרים מופיעה הספרה אחד?
נבדוק קודם כל כמה מספרים בני 7 ספרות (כלומר 0-9,999,999) אינם מכילים את הספרה 1. כלומר הם בנויים מ 9 הספרות 0,2,3,4,5,6,7,8,9. מאחר ובכל אחד מ 7 המקומות יש 9 אפשריות סה”כ יש: \(9^7 = 4,782,969\) מספרים. שאר 5,217,031 המספרים מכילים את הספרה 1 לפחות פעם אחת. לצורך הדיוק, מאחר והחידה היא על ה תחום 1-10,000,000, מספר המספרים שמכיל 1 לפחות פעם אחת הוא 5,217,032 , לעומת 4,782,968 שאינם מכילים את הספרה 1.
אחד המתמטיקאים הבולטים בארץ הוא הילל פירסטנברג, שעומד לחגו בספטמבר השנה את יום הולדתו ה- \({80}\). אחד מהישגיו המפורסמים הוא פיתוח גישה חדשה ומפתיעה לשאלות בדבר קיום תת סדרות חשבוניות ארוכות בסדרות נתונות. בעזרת הגישה הזאת, למשל, הוכחה לאחרונה השערה עתיקה, שיש סדרות חשבוניות ארוכות כרצוננו של מספרים ראשוניים. בגיליון זה מופיע ראיון של ליזהטוב עם פרופ’ פירסטנברג. אפשר ללמוד ממנו הרבה על מה פירוש להיות מתמטיקאי.
כאמור, ההשערה על סדרות חשבוניות של מספרים ראשוניים היא אחת ממשפחת השערות מפורסמות. על המפורסמת ביניהן ידובר במאמר “השערת \({3000}\) הדולר”. במאמר הזה נספר גם על המשער המפורסם מכולם – פאול ארדש.
מאמר שכתבו גיו יון לי ודורון ציילברגר בהשראת \({Joyal}\) ועיבד רון הולצמן על נוסחת קיילי למניית עצים משלים מאמר מגיליון \({14}\), של אליהו לוי, על אותו נושא. אחרי שתקראו אותו יהיו בידיכם שתי הוכחות למשפט (יש לו עוד הוכחות רבות).
וכמובן – מדור החידות של דני לובזנס.
תודה לעושים (ולעושות) במלאכה.
הוכחתו של Joyal לנוסחת Cayley
Gyu Eun Lee and Doron Zeilberger, Rutgers University תרגם ועיבד: רון הולצמן, הטכניון
1. קישור ערים ע”י כבישים
נניח שאנחנו מהנדסים הנדרשים לתכנן כבישים שיקשרו בין \({n}\) ערים. בשפה מתמטית, הלקוחה מן התחום שנקרא תורת הגרפים, נתונים לנו \({n}\) קודקודים (המייצגים ערים), והם מסומנים ע”י המספרים \({1,2,\ldots,n}\). אנחנו צריכים להחליט אילו זוגות של קודקודים יחוברו ע”י צלעות (המייצגות כביש ישיר בין שתי ערים). המטרה היא להבטיח שיהיה אפשר להגיע מכל עיר לכל עיר אחרת, לאו דווקא ע”י כביש ישיר ביניהן. בשפת תורת הגרפים, מדובר בגרף קשיר על \({n}\) הקודקודים. אפשר כמובן לחבר כל זוג קודקודים ע”י צלע, אבל זה מאוד לא חסכוני \({-}\) מספר הכבישים שיידרש הוא \({n \choose 2} = \frac{n(n-1)}{2}\).
מהו המספר המינימלי של כבישים המקשרים בין \({n}\) ערים? קל להיווכח כי מספר זה הוא \({n-1}\). באיור 1 אנחנו מציגים כמה אפשרויות לקשר בין \({5}\) ערים ע”י \({4}\) כבישים:
איור 1
גרף קשיר על \({n}\) קודקודים בעל \({n-1}\) צלעות נקרא עץ. כאמור, זה המספר המינימלי של צלעות המאפשר קשירות. בהינתן עץ, לכל שני קודקודים יש דרך אחת ויחידה להגיע מהאחד לשני.
2. עצים מתויגים
בכמה אופנים שונים ניתן לקשר בין \({n}\) ערים ע”י \({n-1}\) כבישים? לפני שעונים על השאלה, חשוב להחליט אם מייחסים חשיבות לזהותן של הערים. אם כן, אנחנו מדברים על עצים מתויגים (כלומר, לכל קודקוד יש תג המציין את שמו). אם לא, אנחנו מדברים על עצים לא מתויגים.
כדי להבהיר נקודה זו, נתבונן שוב באיור 1. העץ המופיע ב-(א) יכול להופיע ב-\({5}\) התגלמויות שונות (בציור קודקוד \({1}\) הוא זה שמחובר לכל קודקוד אחר; אבל אפשר לבחור את קודקוד \({2}\) להיות זה שמחובר לכל האחרים, או את קודקוד \({3}\), וכו’). כאשר מדובר בעצים מתויגים, אנחנו סופרים את \({5}\) האפשרויות כשונות זו מזו. כאשר אנו מתעניינים בעצים לא מתויגים, הן נספרות כאפשרות אחת. באופן דומה (עם חשבון מעט יותר מורכב), אפשר להיווכח שקיימים \({60}\) עצים מתויגים שהם התגלמויות שונות של איור 1(ב), וכן \({60}\) עצים מתויגים שהם בדמותו של איור 1(ג). בסך הכול, יש רק \({3}\) עצים לא מתויגים על \({5}\) קודקודים, אבל \({5+60+60=125}\) עצים מתויגים על \({5}\) קודקודים.
נסמן ב- \({u_n}\) את מספר העצים הלא מתויגים על \({n}\) קודקודים, וב- \({a_n}\) את מספר העצים המתויגים על \({n}\) קודקודים. הקוראים יוכלו להיווכח בעצמם בנכונות הערכים בטבלה הבאה עבור \({n \le 5}\):
\(a_n\)
\(u_n\)
\(n\)
\(1\)
\(1\)
\(1\)
\(1\)
\(1\)
\(2\)
\(3\)
\(1\)
\(3\)
\(16\)
\(2\)
\(4\)
\(125\)
\(3\)
\(5\)
מעיון בטבלה, עולה תבנית להתנהגות המספרים \({a_n}\). שימו לב שכל ערך של \({a_n}\) ניתן לכתיבה כחזקה:
תבנית זו נראית פשוטה באופן מפתיע, בפרט בהתחשב באופן שבו הגענו למספרים (למשל, \({125=5+60+60}\)). היא מובילה אותנו לנחש נוסחה כללית עבור \({a_n}\):
\(\displaystyle a_n = n^{n-2} \)
מסתבר שנוסחה זו אכן נכונה, והיא קרויה נוסחת קיילי על שמו של \({\textrm{Arthur Cayley}}\), שכתב עליה במאמר קצר בשנת \({1889}\). התוצאה המקורית היא של \({\textrm{Carl Wilhelm Borchardt}}\), שגילה אותה ב-\({1860}\). זו נוסחה יפה במיוחד בזכות פשטותה והיותה בלתי צפויה: נדיר בקומבינטוריקה שמקבלים נוסחה כה פשוטה לבעיה לא טריביאלית, ואם בדקתם את ערכי \({a_n}\) בטבלה בעצמכם בוודאי תסכימו שהנוסחה בלתי צפויה\(^1\). לנוסחת קיילי ידועות הוכחות רבות, ואנו נציג כאן אחת אלגנטית מאוד שניתנה ע”י \({\textrm{Andre’ Joyal}}\) ב-\({1980}\). אבל לפני כן, נידרש לנושא אחר, ונדון בהצגות של תמורות.
3. תמורות ודרכים להציגן
במילים פשוטות, תמורה של קבוצה בת \({n}\) איברים היא סדרה שבה מופיעים \({n}\) האיברים בסדר כלשהו. יש כמה דרכים מקובלות להציג תמורות.
1.3 כתיבה בשורה אחת
זו כנראה הצורה המוכרת ביותר להציג תמורה. בשורה אחת, תמורה נכתבת ע”י מניית האיברים לפי סדר הופעתם משמאל לימין. למשל, כשמדובר בקבוצה \({\{1,2,3,4,5,6\}}\), נכתוב
\(\displaystyle 341652 \)
כאשר נתכוון לתמורה שבה \({3}\) מופיע ראשון, \({4}\) שני, \({1}\) שלישי, \({6}\) רביעי, \({5}\) חמישי, \({2}\) אחרון.
2.3 כתיבה בשתי שורות ופירוק למעגלים
במתמטיקה נהוג לחשוב על תמורה כפונקציה חד-חד-ערכית מקבוצה על עצמה. למשל, בתמורה שנכתבת \({341652}\) בכתיב של שורה אחת, הקבוצה היא \({\{1,2,3,4,5,6\}}\) והפונקציה מתאימה למקום \({1}\) את האיבר \({3}\), למקום \({2}\) את האיבר \({4}\), וכן הלאה. החד-חד-ערכיות של ההתאמה מבטיחה היעדר חזרות בסדרה. הכתיבה בשתי שורות ממחישה את ההתאמה. בשורה העליונה כותבים את האיברים בסדר המקורי, ובשורה השנייה בסדר שנקבע ע”י התמורה:
המשמעות היא \({1}\) עובר ל- \({3}\), \({2}\) עובר ל- \({4}\), \({3}\) עובר ל- \({1}\), וכן הלאה.
היתרון של כתיבה בשתי שורות הוא שהיא מקלה עלינו לעקוב אחר הקורה לאיבר כאשר מפעילים את הפונקציה שוב ושוב. בדוגמה הנ”ל, \({1}\) עובר ל- \({3}\), ואילו \({3}\) עובר ל- \({1}\), מה שמחזיר אותנו לנקודת המוצא. בכך גילינו מעגל בתמורה, והוא:
זוהי עובדה בסיסית, שקל להשתכנע בנכונותה, שכל תמורה ניתנת לפירוק למעגלים.
3.3 תיאור גרפי של פונקציות ותמורות
נתבונן כעת בפונקציות כלליות (לאו דווקא חד-חד-ערכיות) מהקבוצה \({\{1,2,\ldots,n\}}\) לעצמה. גם פונקציה כזו ניתן להציג בכתיב של שתי שורות, עם אותה מוסכמת כתיבה. למשל:
נוכל לתאר פונקציה ע”י גרף מכוון שבו כל איבר שולח חץ אל תמונתו תחת הפונקציה. הגרף המתאים לדוגמה הנ”ל מופיע באיור 2.
איור 2
נשים לב, שלפי הגדרת מושג הפונקציה, בתיאור הגרפי יוצא מכל קודקוד חץ אחד ויחיד. אם נצא מקודקוד כלשהו ונלך בעקבות החיצים היוצאים, נהיה חייבים במוקדם או במאוחר לבקר שוב בקודקוד שכבר היינו בו. מכאן ברור שהגרף של פונקציה חייב להכיל לפחות מעגל אחד (לצורך העניין, גם חץ מקודקוד לעצמו \({-}\) לולאה \({-}\) נחשב מעגל). באיור 2, הקודקודים \({1}\) ו- \({2}\) יוצרים מעגל אחד, והקודקוד \({6}\) מעגל נוסף. ייתכן שכל קודקוד נמצא במעגל כלשהו: זהו בדיוק המקרה שבו הפונקציה היא חד-חד-ערכית, כלומר תמורה. במקרה זה מקבלים בצורה גרפית את הפירוק למעגלים של תמורה אשר הוסבר לעיל. אם יש קודקודים שאינם באף מעגל, אז כל קודקוד כזה שולח חץ לקודקוד הנמצא במעגל, או לקודקוד השולח חץ לקודקוד הנמצא במעגל, וכו’ (ראו למשל באיור 2).
4. הוכחת ז’ויאל לנוסחת קיילי
כעת אנו מוכנים להוכיח את נוסחת קיילי באמצעות הרעיון המחוכם של ז’ויאל.
משפט. המספר \({a_n}\) של עצים מתויגים על \({n}\) קודקודים נתון ע”י \({a_n = n^{n-2}}\).
הוכחה. תחילה נשים לב שהנוסחה הנתונה שקולה ל- \({n^2a_n = n^n}\). הסתכלות זו מועילה, כי \({n^n}\) סופר משהו מוכר: זה מספר הפונקציות מ- \({\{1,2,\ldots,n\}}\) ל- \({\{1,2,\ldots,n\}}\). ומה סופר אגף שמאל? המספר \({a_n}\) סופר כמובן את העצים המתויגים על \({n}\) קודקודים. נניח שאנו בוחרים שניים מבין הקודקודים של עץ מתויג (אשר יכולים גם להיות אותו קודקוד), וקוראים להם בהתאמה שורש \({A}\) ושורש \({B}\) של העץ. אפשר לבצע את הבחירות של \({A}\) ו- \({B}\) ב- \({n^2}\) אופנים. לכן \({n^2a_n}\) הוא מספר העצים המתויגים על \({n}\) קודקודים עם ציון של שני שורשים \({A}\) ו- \({B}\).
לפיכך, אם נבנה התאמה חד-חד-ערכית ועל בין אוסף הפונקציות מהקבוצה \({\{1,2,\ldots,n\}}\) לעצמה, לבין אוסף העצים המתויגים על \({\{1,2,\ldots,n\}}\) עם ציון של שני שורשים, ינבע כי \({n^2a_n = n^n}\) ובכך תוכח נוסחת קיילי. כלומר, עלינו להראות איך מתאימים לכל פונקציה עץ מתויג עם שני שורשים; ובהינתן עץ מתויג עם שני שורשים איך משחזרים באופן יחיד את הפונקציה ממנה הוא בא.
נתחיל עם פונקציה מהקבוצה \({\{1,2,\ldots,n\}}\) לעצמה, ונדגים את בניית העץ המתויג עם שני שורשים המתאים לה עבור הפונקציה מאיור 2. ראשית, מתוך ההצגה של הפונקציה בכתיב של שתי שורות
זוהי כמובן תמורה של תת-קבוצה של \({\{1,2,\ldots,n\}}\), שנקרא לה החלק התמורתי בפונקציה. נתבונן בשורה התחתונה שקיבלנו, ונקבע את הקודקוד השמאלי ביותר להיות \({A}\) ואת הימני ביותר להיות \({B}\) (בדוגמה \({A=2, B=6}\)). כעת נבנה עץ מתויג עם שני שורשים \({A}\) ו- \({B}\) כדלקמן. תחילה, נצייר מסילה שלאורכה מופיעים הקודקודים בתמורה לפי סדר הופעתם בשורה התחתונה (בדוגמה \({2-1-6}\)). קצות המסילה הם \({A}\) ו- \({B}\) בהתאמה. כעת, נחבר את יתר הקודקודים למסילה בהתאם לחיצים היוצאים מהם בגרף של הפונקציה. התוצאה היא עץ מתויג על \({\{1,2,\ldots,n\}}\) עם שני שורשים \({A}\) ו- \({B}\), והיא מוצגת עבור הדוגמה שלנו באיור 3.
איור 3
ועכשיו, לכיוון ההפוך. נתון לנו עץ מתויג על \({\{1,2,\ldots,n\}}\) עם שני שורשים \({A}\) ו- \({B}\). בעץ יש מסילה יחידה מ- \({A}\) ל- \({B}\), וממנה נשחזר את השורה התחתונה של החלק התמורתי בפונקציה. (אם \({A=B}\), המסילה מורכבת מקודקוד בודד, והחלק התמורתי בפונקציה מורכב מלולאה אחת). ע”י כתיבת אותם קודקודים בשורה העליונה בסדר מספרי עולה, נשחזר את החלק התמורתי בפונקציה. למשל, מהעץ עם שני שורשים באיור 3 נקבל
כעת, לא נותר אלא להוסיף בשורה העליונה את יתר הקודקודים תוך שמירה על סדר מספרי עולה, ולכתוב מתחת לכל קודקוד כזה את מספרו של הקודקוד הראשון בדרך ממנו אל המסילה \({A-B}\) בעץ. בדוגמה נקבל
שהיא הפונקציה ממנה יצאנו. תהליך השחזור ניתן לביצוע באופן יחיד על כל עץ עם שני שורשים, ובכך עמדנו במשימת ההוכחה. הקוראים מוזמנים לבדוק את הבנת תהליכי הבנייה והשחזור בדוגמאות נוספות, למשל הפונקציה הבאה והעץ עם שני שורשים המתאים לה באיור 4:
\(^1\) אותה בעיה לעצים לא מתויגים היא בלתי פתורה, למרות שהמספרים \({u_n}\) קטנים בהרבה מ- \({a_n}\).
השערת 3000 הדולר של ארדש
אנה ליזהטוב
1. המשער הגדול מכולם
המשער הגדול מכולם, והמפורסם מכולם, היה פול ארדש \({(Paul ~~Erdos)}\). הוא שיער בוודאי אלפי השערות, שחלקן זכו לפרסום רב. לפתור השערה של ארדש נחשב לכבוד גדול בין המתמטיקאים. הייתה לו אינטואיציה מופלאה – לא תמיד היה ברור בזמן ניסוח ההשערה מדוע היא חשובה. אבל אם הצהיר על ההשערה שהיא חשובה, בדרך כלל היא התבררה בסופו של דבר ככזו.
כדי לדרג את השערותיו קבע על רוב ההשערות שלו פרסים כספיים. להשערות קלות יחסית הקציב פרס של \({10}\) דולר, ולהשערות שחשב שהן קלות באמת (תרגיל למחשבה ליום או ליומיים) הקציב פרסים בפורינטים, המטבע ההונגרי.
השערה בת פרס של \({100}\) דולר נחשבה כבר לקשה. השערות בעלות חשיבות מיוחדת זכו לפרס של \({1000}\) דולר. ארדש לא טעה אף פעם – לא קרה שהשערה בת \({\$1000}\) התבררה כקלה.
ההשערה היקרה ביותר של ארדש שנפתרה הייתה בעלת פרס של \({\$10,000}\). היא הייתה שהמספרים הראשוניים מתרווחים לפעמים – שלכל מספר קבוע \({C}\) המרחק בין המספר הראשוני ה-\({n}\) לבין המספר הראשוני ה-\({n+1}\) הוא אינסוף פעמים גדול מ)בערך – הביטוי המדויק מסובך( \({C \log n}\). חשבו בעצמכם מדוע אין זה משנה כאן על פי איזה בסיס מחשבים את הלוגריתם. ההשערה הזאת נפתרה ב-\({2014}\) על ידי גרין, פורד, קוניאגין וטאו, ובאופן בלתי תלוי על ידי מיינרד.
ההשערה היקרה ביותר מאז ומעולם היא בעלת פרס של \({\$25000}\).
הוכיחו שיש רק מספר סופי של מספרים ראשוניים \({p}\) המקיימים את התנאי הבא: \({p}\) קטן מן הממוצע של המספר הראשוני הקודם לו והמספר הראשוני הבא אחריו.
זוהי השערה קצת מוזרה, כי על הפרכה שלה (כלומר הוכחה שיש אינסוף מספרים ראשוניים המקיימים את התנאי הזה) הפרס הוא רק \({\$100}\), שפירושו שכנראה ארדש שיער שאכן יש אינסוף מספרים כאלה, כך שמאוד ייתכן שהפרס הזה לא יינתן.
ההשערה היקרה ביותר שנותרה פתוחה היא בעלת פרס של \({\$3000}\). עליה אני רוצה לספר לכם במאמר הזה. אחת הסיבות לכך שאני מזכיר דווקא אותה היא שאורחנו בגיליון הזה, הילל פירסטנברג, תרם רבות להבנתה.
2. סדרות חשבוניות ארוכות בתוך קבוצות של מספרים
האם תוכלו למצוא סדרה חשבונית \({a,a+b,a+2b, \ldots ,a+kb}\) בתוך סדרת המספרים \({1,2,4,8,16,\ldots}\) (החזקות של \(2\))? בוודאי – למשל הסדרה בת שני האיברים \({4,32}\) היא סדרה חשבונית. לא ממש חוכמה. אבל האם תצליחו למצוא בסדרה תת סדרה חשבונית עם יותר משני איברים? אשאיר לכם כתרגיל שלא. תת הסדרה החשבונית הארוכה ביותר היא מסדר 2. הסיבה היא שהסדרה דלילה מדי. האיברים לא מספיק צפופים.
מה קורה כשהסדרה צפופה יותר? זו הייתה אחת משאלותיו של ארדש, שנשארה פתוחה במשך זמן רב. איך מודדים צפיפות? זה פשוט: מגדירים גודל שנקרא לו \({d(n)}\) (ה-\({d}\) הוא כאות הראשונה של \({density}\), צפיפות), שהוא מספר האיברים בסדרה הקטנים מ-\({n}\), מחולק ב-\({n}\).
ההשערה של ארדש וחברו טורן \({(Turan)}\) מ-\({1936}\) הייתה שאם קיים מספר חיובי \({c}\) שלאינסוף ערכי \({n}\) מתקיים \({d(n)>c}\) אז יש בסדרה תת סדרות חשבוניות ארוכות כרצוננו: יש תת סדרה חשבונית בעלת \({3}\) איברים, יש תת סדרה חשבונית בעלת \({3}\) איברים, וכו’. למשל, המספרים האיזוגיים מקיימים את התנאי המדובר, עם \({c=\frac{1}{2}}\). ואכן, במספרים האיזוגיים תוכלו למצוא תת סדרות חשבוניות ארוכות כרצונכם. למעשה, זוהי סדרה חשבונית בעצמה.
ב-\({1953}\) הוכיח רוט שבסדרה כזו יש תת סדרה חשבונית מאורך \({3}\). את ההשערה כולה הוכיח סמרדי \({(Szemeredi)}\) ב-\({1975}\). ב-\({1977}\) נתן הילל פירסטנברג הוכחה שמתשמשת בכלים לא אלמנטריים, מתחום שנקרא “תורה ארגודית”. זה היה פתח להתקדמויות מרחיקות לכת.
3. הכללה
האם נחוץ באמת ש-\({d(n)}\) יהיה גדול ממספר קבוע אינסוף פעמים? האם לא מספיק תנאי צפיפות חלש יותר? את השאלה הזאת שאל ארדש את עצמו ואת העולם. התנאי שהציע הוא שסכום ההופכיים של איברי הסדרה הוא אינסופי – מה שאומר שיש “הרבה” מספרים בסדרה. הוא הציע את ההשערה הבאה, שלה הציב כפרס \({3000}\) דולר: אם \({a_1,a_2, \ldots,}\) היא סדרה המקיימת \({\sum_{i <\infty}\frac{1}{a_i}=\infty}\) אז יש בסדרה סדרות חשבוניות ארוכות כרצוננו.
אילו סדרות מקיימות את התנאי הזה? למשל, סדרת הריבועים אינה מקיימת אותו. קל להוכיח (קחו זאת לעצמכם כתרגיל לחשיבה) ש-\({\sum_{i<\infty}\frac{1}{i^2}}\) כלומר \({\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\ldots}\) הוא סופי. אוילר אפילו הצליח לחשב את הסכום הזה, ולהראות שהוא שווה ל-\({\frac{\pi^2}{6}}\) (מפתיע, לא?).
יש סדרת מספרים חשובה שסכום ההופכיים שלה הוא אינסופי: סדרת המספרים הראשוניים.
נסו להוכיח זאת. אם לא תצליחו – כתבו לנו, ונפרסם את הפתרון באחד הגליונות הקרובים. על כל פנים, אם השערתו של ארדש נכונה כי אז אפשר למצוא סדרות חשבוניות ארוכות כרצונכם של מספרים ראשוניים. קל למצוא סדרה חשבונית באורך \({3}\) שכל איבריה ראשוניים – \({3,7,11}\). האם אתם יכולים למצוא סדרה חשבונית כזו באורך \({4}\)? לגמרי לא פשוט.
ההשערה שבמספרים הראשוניים יש סדרות חשבוניות ארוכות כרצוננו הייתה פתוחה כמאתיים שנים. היא נפתרה לבסוף על ידי גרין וטאו (\({Green, ~Tao}\)) ב-\({2004}\). ההשערה הכללית יותר של ארדש עדיין פתוחה לרווחה. אין יודעים אפילו שבתנאי של ארדש יש בהכרח תת סדרה חשבונית באורך \({3}\).
ראיון עם פרופ’ הילל פירסטנברג
אנה ליזהטוב
מתי נוכחת לדעת שאתה רוצה להיות מתמטיקאי?
כשלמדתי בבית הספר התיכון (שליד אוניברסיטת Yeshiva University) הבנתי שאם אוכיח שקיומו של המספר \(i\) (שורש של \(-1\)) מוביל לסתירה, זה יהיה הישג גדול. אז מילאתי מחברת אחרי מחברת של רשימות מתוך תקווה להגיע לסתירה. באותו זמן נהניתי עמוקות מן הגיאומטריה של בית הספר התיכון. לא היו לי מחשבות על מקצוע לעתיד. הייתי בטוח שאני עומד להיות רב. במשך לימודי בתיכון עברתי על פני כל ספרי החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי בספריה השכונתית, כך שכאשר הגעתי לאוניברסיטה הייתי פטור מן המקצוע הזה. במקום זה למדתי גיאומטריה פרויקטיבית ואת נושאי החובה למדתי בעצמי.
לאוניברסיטה שבה למדתי, “אוניברסיטת ישיבה”, הייתה ספרייה טובה, כך שלמדתי את רוב הנושאים בעצמי. באותה עת השתנתה מדיניות המוסד ומי שהלך ללימודי רבנות היה צריך לזנוח את כל שאר המקצועות. מכיוון שלא רציתי לעזוב את לימודי המתמטיקה, בחרתי ללמוד לתואר גבוה במתמטיקה. לכן עברתי לאוניברסיטת פרינסטון.
מהם הסיפוקים של חיי המתמטיקאי? האם יש גם חסרונות?
אחד הסיפוקים הוא עבודה בצוות, שבה שני מוחות מתאחדים לעבודה משותפת. על מישור אחר, המתמטיקאי מוערך על ידי הקהילייה האינטלקטואלית כולה. המונח “הוכחה מתמטית” מתייחס לצורת ידע שבה אין שום מקום לאי וודאות, מה שלא קיים ברוב תחומי הידע האחרים. החיסרון הבולט לעין הוא אי האפשרות לתקשר בדבר עבודתך עם העולם הרחב. ויש כמובן הסיפוק שבתהילה: הערכה של הקהילייה המתמטית. את הסיפוק הזה חוויתי לראשונה כאשר שני מאמרים שלי (האחד מהם מוזכר במאמר על “השערת 3000 הדולר” בגיליון זה – א.ל) פורסמו בעיתונים בעודי סטודנט.
האם היה מתמטיקאי מסוים שהשפיע על עבודתך?
הגיבורים המתמטיים שלי היו נורברט וינר, אנדרה ויי וישראל גלפנד. וינר היה אחראי להתעניינות שלי באנליזה הרמונית (ייצוג פונקציות כסכום אינסופי של פונקציות גל – א.ל). גלפנד עורר בי את ההערכה לחשיבה אלגברית בתחומי הגיאומטריה והאנליזה (אנליזה היא התחום שהתפתח מן החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי – א.ל.). אנדרה וייל לא השפיע על עבודתי ישירות, אבל ההוכחה שלו של השערת רימן לשדות של פונקציות וההשערות המדהימות שלו שקישרו טופולוגיה עם תורת המספרים פיתחו אצלי את החוש האסתטי במתמטיקה.
ההשפעה הגדולה ביותר עלי באה ממתמטיקאי ידוע פחות ששימש לי כמדריך ומלווה במשך שנים רבות. זה היה סימור הבר, שסיים את עבודת הדוקטורט שלו כאשר הייתי תלמיד לתואר הראשון. העניין שלי בפונקציות כמעט מחזוריות בא ממנו ומההתלהבות שלו מן התחום. הרבה מן הטעם המתמטי שלי התפתח בהשפעתו.
מה היו נקודות המפנה בקריירה שלך?
היו לפחות שתיים. הראשונה כאשר כתלמיד תיכון פתרתי, במקביל לחבר, בעיה גיאומטרית קשה במיוחד. הראינו את הפתרונות שלנו לעורך עיתון שפעל באוניברסיטת ישיבה שהייתה מחוברת לתיכון שבו למדתי. עורך העיתון, יקותיאל גינזבורג, היה אדם נדיב, וכשלמד שיש במשפחתנו בעיות כלכליות (אמי הייתה אלמנה) הוא סידר לי משרה בעיתון, וגם השיג לי מלגה דרך יהודי עשיר. הדבר אפשר לי להקדיש את זמני למתמטיקה. במשרה שלי בעיתון הייתי צריך לתרגם מאמרים, וכך למדתי צרפתית וגרמנית, וכמובן גם מתמטיקה.
נקודת מפנה נוספת הייתה שנים רבות אחר כך, כאשר הייתי בשבתון בפרינסטון (עבדתי אז באוניברסיטת מינסוטה). מה שגיליתי שם הוא שתורת המספרים היא עדיין מלכת המתמטיקה (אמרה של גאוס – א.ל). החלטתי אז להתרכז בבעיות שקשורות בתורת המספרים.
מה מקומו של היופי בעבודתך?
אני חושב שכל מתמטיקאי חש את היופי של המתמטיקה, שיכול להיות טמון בנוסחה יפה, כמו נוסחת אוילר לקשר בין \(e^{\pi i}=-1\) , או בהוכחה, או אפילו בניסוח של משפט. פשטות וטבעיות הם רכיבים של “יופי”, ואלו הם דברים שאני תמיד מנסה להשיג. תופעה שאני מוצא בה יופי היא שרעיונות מתחום אחד עוברים לתחום אחר, מרוחק. יש מכתב ידוע של אנדרה וייל לאחותו סימון, מ-1940, על “אנלוגיות במתמטיקה”. גם הוא רואה בשילוב של תחומים שונים את אחד ממקורות היופי של המתמטיקה. (למתעניינים – http://www.ams.org/notices/200503/fea-weil.pdf)
אילו חוויות ילדות השפיעו עליך ביותר?
לעובדה שהייתה לי אחות גדולה ממני ב-3 שנים היה תפקיד מכריע בהתפתחותי כמתמטיקאי. כשהכיתה שלי למדה חיבור, היא לימדה אותי כפל, ותמיד דאגה שאהיה לפני הכיתה. אחר כך המשכתי להקדים את הכיתה, בעזרת הספרייה הציבורית.
חידות
דניאל לובזנס
לקוראי שלום,
החודש אני שוב מאוכזב. פרט לניסיון, לצערי לא מוצלח, לענות על אחת החידות, אף אחד לא ניסה לשלוח פתרון. אשמח לתגובותיכם, אפילו אלו שלא יכללו פתרונות מלאים, וזאת על מנת שאוכל לכוון את החידות שלא יהיו קשות מדי, אך עדיין מספיק מאתגרות.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 28.7.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1–חלוקת משולש קהה זווית למשולשים חדי זווית? האם ניתן לחלק כל משולש קהה זווית למספר סופי של משולשים חדי זווית (שכל זוויותיהם קטנות מ-90 מעלות)?
אם כן יש להראות את שיטת החלוקה, אם לא יש להוכיח שזה בלתי אפשרי. חידה 2–51 מספרים? הראו כי בכל קבוצה של 51 מספרים טבעיים, קיימים שני מספרים שסכומם או הפרשם מתחלק ב 99 ללא שארית. חידה 3–האם הנמלים יישארו על המקל? 100 נמלים מפוזרות באפן שרירותי על מקל באורך 5 מטר. חלקן פונות ימינה וחלקן שמאלה. כל נמלה נעה במהירות קבועה של 1 ס”מ לשנייה. כששתי נמלים נפגשות הן הופכות את כוון תנועתן וממשיכות לנוע בכוון ההפוך במהירות של 1 ס”מ לשנייה. נמלה שמגיעה לקצה המקל, נופלת ואינה יכולה לחזור למקל.
האם בסופו של דבר כל הנמלים יפלו מהמקל? ואם כן מהו הזמן המקסימלי שעדיין יוכלו להישאר נמלים על המקל?
רמזים לחידות מגיליון יוני 2015
חידה 1–מתי יפגשו הכלבים? שימו לב לסימטריה. מה תוכלו לאמר על מיקומם היחסי של ארבעת הכלבים בכל נקודת זמן.
חידה 2–האם נתן לצבוע בשני צבעים? נתן לצבוע בשני צבעים ההוכחה באינדוקציה.
חידה 3–בכמה מספרים מופיעה הספרה אחד? חשבו איזה חלק מהמספרים מכיל רק את הספרות 2,3,4,5,6,7,8,9,0 בספרה הראשונה? איזה חלק מכיל אותם בשתי ספרות וכן הלאה..
פתרון החידות גיליון מאי 2015
חידה 1–משולשים מחלקים משולש?
שימו לב שהשרטוט המוצג בתחילת החידה הוא השלכה של פרימידה תלת מימדית, הצורה המבוקשת בחידה היא השלכה של עשרימון (icosahedron) גוף משוכלל הבנוי מ 20 משולשים שווי צלעות.
השרטוט הבא הינו השלכה על המישור, של העשרימון. כדי לבצע את ההשלכה מניחים את העשרימון על המישור (אחד המשולשים נמצא במישור) ומנקודה הנמצאת מעל, וסמוך למרכז המשולש המקביל למשולש הנמצא במישור, מותחים קווים ישרים דרך כל קדקודי העשרימון, וכך מסמנים את הטלי כל הקדקודים. היטלו של המשולש העליון, הוא המשולש החיצוני שאותו מחלקים בחידה, והיטלי 19 הפאות הנוספות הם 19 המשולשים ש”מחלקים” את המשולש החיצוני. בכל קדקוד נפגשים בדיוק 5 מקצועות.
נראה כי אי אפשר לחלק משולש בצורה המבוקשת עבור יותר מ – 19 משולשים.
הוכחה: לצורך ההוכחה נניח כי גם סופרים במניין המשולשים את המשולש החיצוני ABC. כלומר במקרה שלנו מספר המשולשים הוא 20 מספר המקצועות הוא 30 ומספר הקדקודים 12. לכל גרף מישורי קשור נכונה נוסחת אוילר V+F-E=2 כאשר V הוא מספר הקדקודים (במקרה שלנו 12), F מספר הפאות (במקרה שלנו 20 משולשים) ו-E הוא מספר המקצועות (במקרה שלנו 30). לנוסחה זו מספר הוכחות, הפשוטה שבהן היא ע”י הקטנה של מספר המקצועות והקדקודים, כאשר בכל שלב נתן להראות שהסכום V+F-E אינו משתנה. (אני משאיר לקוראי לנסות ולהוכיח את הנוסחה, או לקרוא ולהבין את אחת ההוכחות, אחרים יכולים לדלג על ההוכחה המפורטת ולהסתפק בידיעה שזו נוסחה נכונה ומוכחת).
נניח שבכל קדקוד נפגשים בדיוק k מקצועות. מאחר ומדובר במשולשים שלכל אחד שלושה מקצועות הקשר בין מספר המשולשים למספר המקצועות הוא:
\(F=\frac{E*2}{3}\) הגורם 2 נובע מכך שכל מקצוע שייך לשני משולשים (זה נכון גם לקווים החיצוניים כי גם המשולש ABC נספר).
כמוכן הקשר בין מספר הקדקודים ומספר המקצועות הוא:
\(v=\frac{E*2}{k}\)
נציב קשרים אלו בנוסחת אוילר ונקבל:
\(\frac{E*2}{k}+\frac{E*2}{3}-E=2\)
מכן נחשב את E
\(E=\frac{6*k}{6-k}\)
מנוסחה זו קל לראות כי כדי שמספר המקצועות יהיה חיובי וסופי נדרוש k<6.
במקרה שלנו k=5 המביא ל E=30 ולכן ל- F=20 המתאים לחלוקת המשולש ל 19, לחלוקה למספר גדול יותר לפי התנאים יידרש k גדול יותר וזה בלתי אפשרי. הקוראים מוזמנים לבדוק מה קורה עבור המקרים k=2,3,4 .
חידה 2–מספר בשתי שיטות ספירה?
יהיו ספרות המספר המבוקש x,y,z מרישום ערך המספר המתקבל בשתי שיטות הספירה נקבל:
\(81*x+9*y+z=49*z+7*y+x\)
אחרי העברה בין האגפים וחלוקה ב 2 נקבל:
\(y=24*z-40*x\)
כלומר y מתחלק ב 8, מאחר וזו ספרה גם בשיטת 7 אזי y<7 ולכן y=0
מכאן נקבל: \(3*z=5*x\) משוואה שפתרונה בדרישה x<7 z<7 הוא z=5 x=3.
כלומר בשיטת 7 המספר הוא 503 ובשיטת 9 הוא 305. (בשיטה העשרונית המקובלת המספר הוא 248)
חידה 3–כמה נורות ידלקו?
כל לחצן ילחץ מספר פעמים כמספר המחלקים שלו. למשל הלחצן מספר 138 מתחלק ב 1,2,3,6,23,46,69,138, ולכן יילחץ 8 פעמים. בד”כ למספר n מספר מחלקים זוגי כי אם k מחלק את n אז גם n/k מחלק את n . היוצאים מהכלל הם הרבועים השלמים כי אם \(n=m^2\) אז \(m=\frac{n}{m}\). כלומר לריבועים השלמים יש מספר מחלקים אי זוגי. למשל מחלקי 100 הם:1,2,4,5,10,20,25,50,100 . יש 31 רבועים שלמים הקטנים מ 1000 ולכן 31 נורות ידלקו בסוף התהליך, כי לחצניהן יילחצו מספר אי זוגי של פעמים.
אלכסנדר גיבנטל, מתמטיקאי מאוניברסיטת ברגלי בקליפורניה, שמקצועו הוא גיאומטריה, תרם לגיליון הזה מאמר על המאפיינים הגיאומטריים של משטחים. במיוחד – קשר מפתיע, שהתגלה במאה התשע עשרה, בין קומבינטוריקה לעקמומיות של משטחים.
אנה ליזהטוב חוזרת עם מאמר על קומבינטוריקה אינסופית. בין השאר היא פותרת לנו חידה שהופיעה בגיליון קודם – מדוע השערת החלוקה הלא ידידותית של גרפים נכונה כשבגרף כל קדקוד מחובר רק למספר סופי של קדקודים אחרים.
כותב סדיר נוסף הוא אליהו לוי, שכתב מאמר בשבחן של השערות – כולנו אוהבים השערות, אבל מדי פעם צריך גם להסביר למה.
וכמובן – מדור החידות של דני לובזנס.
תודה לעושים (ולעושות) במלאכה.
האם כל טיפש יכול לשער השערות?
אליהו לוי
אם ה”אישה החוקית” בעולם המתמטיקה הם המשפטים והוכחותיהם, מהם לומד/ת המתמטיקאי/ת את ה”עובדות” – מה נכון ומה לא, הרי ה”פילגש” היא ההשערה – טענה שמתמטיקאי/ת בקי/אה ומנוסה החליט/ה שהיא “בוודאי נכונה”, אחרי שבדק/ה מקרים פרטיים ושקל/ה נימוקים בכובד ראש, והוא/היא מכריז/ה על ההשערה, שבדרך כלל תיקרא על שמו/ה. אבל ללא הוכחה לכאן או לכאן יכולה ההשערה להיות באותה מידה נכונה כמו לא (ואולי אפילו יותר נורא מזה – לא ניתנת להכרעה כלל מהאקסיומות שלנו…), ובתולדות המתמטיקה קרו כל האפשרויות האלו.
וקל להבין (ולהצדיק) את אימרתו המפורסמת של פאול ארדש: “כל טיפש יכול להציע השערות”, אבל זה לא בדיוק כך.
נזכיר כמה השערות בעלות “ערך פיננסי”: בשנת 2000, עם המילניום, החליט מכון קליי \((Clay thinspace Mathematics thinspace Institute)\), מכון פרטי במדינת מסצ’וסטס, ארה”ב, שנוסד אז למען קידום המתמטיקה, להתחיל את פעילותו בהצעת שבעה פרסים, כל אחד בסך מיליון דולר, למי שיפתור שבע בעיות מתמטיות קשות מאוד, ביניהן הוכחת השערות אלו (ולפעמים גם עבור הוכחת אי-נכונותן).
על רבים מוסכם, שהבעיה הלא פתורה הראשונה במעלה במתמטיקה כיום היא הוכחת נכונותה (או הוכחת אי-נכונותה) של השערת רימן \((Riemann thinspace Hypothesis)\), וזו אחת מבעיות המילניום. היא מנוסחת כהשערה על הערכים בהם מתאפסת פונקציה שנקראת פונקצית זטה (האות היוונית \({zeta}\)) של רימן, שהיא פונקציה מסויימת המוגדרת על מספרים מרוכבים ומקבלת ערכים מרוכבים.
נתאר את השערת רימן בלשונו של מרכוס דו סוטוי \((Marcus thinspace du thinspace Sautoy)\) בספרו “המוזיקה של המספרים הראשוניים”: המספרים הראשוניים מופיעים בין סדרת המספרים הטבעיים באופן שנראה לא סדיר. עם זאת, הם מהווים סדרה המוגדרת באופן יחיד. אם נראה את הופעתם בין המספרים הטבעיים כמוסיקה, הרי הערכים בהם מתאפסת פונקצית זטה של רימן הם התוים, והשערת רימן אומרת שבתזמורת המנגנת מוסיקה זו, כל התוים מנוגנים באותה עוצמה. מטבע הדברים, השערה זו קשורה לאין-ספור טענות הקשורות למספרים הראשוניים ולהתפלגותם בין המספרים הטבעיים.
בעזרת מחשבים הראו שהשערת רימן נכונה עבור מילירדים של אפסים של פונקציית זטה. יש האומרים שזו “הוכחה ניסויית” לכך שהיא נכונה, וצריך להפסיק לדקדק דקדוקי עניות ולהגיד שהיא נכונה ודי. לזה אפשר לענות שעם כל הכבוד להוכחות ניסוייות כאלה, אם מישהו ימצא דוגמא נגדית, או באופן כלשהו יוכיח “ממש” שההשערה לא נכונה, תיקרוס ה”ההוכחה הניסויית” כמגדל קלפים. מתמטיקאים רגילים שלהוכיח משהו פירושו שהאפשרות שהוא לא נכון הוסרה מן הפרק.
ועוד: את הבדיקות במחשב, כמובן שעשו עם מספרים שאפשר לחשב בהם. אבל ההשערה מדברת על כל אינסוף השורשים של פונקציית זטה. ואפילו אם היינו יכולים לבדוק עד השורש ה-\({10^{1000}}\), עדיין בין \({10^{1000}}\) ואינסוף יש לאין ערוך יותר מספרים מאשר עד \({10^{1000}}\) – את הבדיקה ערכנו בקבוצה “מאוד לא מייצגת” של ה”זאטוטים” הקטנים מ-\({10^{1000}}\). הלא כן?
תורת המספרים, והמספרים הראשוניים בפרט, מצאו מאז שנות השבעים שימוש מפתיע בהצפנה, החל מהדרך בה מכשיר הכספומט יכול לוודא שהוקש מספר סודי נכון בלי שמי שמוצא את הכרטיס יוכל לחשב את המספר הסודי, ועד כל התקשורת הסודית באינטרנט, ועד אפילו שירותי ריגול. בעשרים השנים האחרונות נמצא להם מתחרה בדמות מושג מתמטי, עם דמיון מסויים להם אבל עוד יותר מתוחכם – עקומים אליפטיים סופיים. גם להם יש פונקצית זטה, ואחת מבעיות המילניום היא להכריע השערה לגביה, שנקראת השערת \(Birch\) ו\(Swinnerton-Dyer\). נושאים אלה הם מצד אחד מתמטיקה אזוטרית בעלת יופי מיוחד למי שמכיר אותה, ומצד שני האפשרות או אי האפשרות לפצח את הצפנים שהוזכרו עלולה להיות תלויה בהם.
מה שיכול לפצח חלק גדול מהתקשורת המוצפנת הוא אם ימצאו דרך מהירה לפרק מספר לגורמיו הראשוניים. כאן מדובר במספר “גדול” בעל מאות או אלפי ספרות. במלה “מהירה” מתכוונים לאופן התלות של זמן החישוב באורך הקלט \({ell}\). לגבי נתון מספרי אורך הקלט הוא מספר הספרות (אם רוצים, הבינריות). אם זמן החישוב הוא לא יותר מאורך הקלט בחזקה קבועה (נניח \({ell^3}\) אבל באופן תאורטי מרשים גם \({ell^{100}}\)), אומרים שזמן החישוב פולינומיאלי וזה נחשב לחישוב קל ומהיר. למשל האלגוריתם של אוקלידס מוצא מחלק משותף מקסימלי בזמן פולינומיאלי (כמובן, בלי לפרק לגורמים ראשוניים!). את מחלקת הבעיות שאפשר לפתור בזמן פולינומיאלי מסמנים ב \({textrm{P}}\).
ברור שנוכל למצוא את הגורמים של \({n}\) ע”י בדיקת כל המספרים עד \({n}\), אבל זה ידרוש סדר גודל של \({nsim10^ell}\) פעולות, וזה מעריכי ולא פולינומיאלי. כיום ידועות שיטות לפירוק יותר מהירות ממעריכיות, אבל לא פולינומיאליות, ולכן “עדיין” הצפנים בטוחים. אבל דבר אחד אפשר להגיד: אם מישהו נתן לנו מועמדים לגורמים, דרוש רק זמן פולינומיאלי לבדוק אם אלה אכן גורמים. לבעיות כאלה, בהן בדיקת מועמד לפתרון היא “מהירה”, קוראים \({textrm{NP}}\) מ\(Nondeterministic thinspace Polynomial\) (פולינומיאלי, בתנאי שיש לנו מחשב לא דטרמיניסטי שבודק בבת אחת את כל האפשרויות\({ldots}\)). בדומה לבעיית הפירוק לגורמים, אפשר לפתור בעייה \({textrm{NP}}\) ע”י בדיקת כל האפשרויות, אבל זה ידרוש בדרך כלל זמן מעריכי.
במיוחד, אם ננסח את האקסיומות והלוגיקה של ענף במתמטיקה באופן פורמלי לחלוטין, אזי בדיקה, האם מועמדת להוכחה היא אכן הוכחה, ניתנת לביצוע באופן אוטומטי והיא פולינומיאלית באורך הקלט (שבמקרה זה הוא מספר התוים). לכן הבעיה למצוא למשפט באורך \({ell}\) הוכחה מאורך לא יותר מ \({ell^{100}}\), אם יש כזו, היא \({textrm{NP}}\) (ואם ההוכחה הכי קצרה היא מאורך יותר מ \({ell^{100}}\) איש לא יוכל לכתוב אותה ולכן היא לא קיימת לגבינו). מבחינה זו, “המתמטיקה היא \({textrm{NP}}\)”.
ברור ש \({textrm{P}subsettextrm{NP}}\) (כלומר כל בעיה שהיא \({textrm{P}}\) היא \({textrm{NP}}\), מדוע?) אבל עד כמה שהדבר מוזר, לא ידוע אם \({textrm{NP}}\) לא שווה ל \({textrm{P}}\), כלומר האם אי אפשר לפתור את כל הבעיות ה \({textrm{NP}}\) באופן מהיר, למרות שרוב אנשי מדעי המחשב סבורים ש \({textrm{NP}netextrm{P}}\). השאלה האם \({textrm{NP}=textrm{P}}\) (או, מוטב לאמר, הכרעת ההשערה ש \({textrm{NP}netextrm{P}}\)) היא אחת מבעיות המילניום.
יתר על כן, ע”י ניתוח מופשט מהו למעשה, באופן לוגי, מחשב, הראו רשימה ארוכה של בעיות \({textrm{NP}}\) שנקראות \(NP-complete\) שכל אחת מהן יכולה לתפקד כמין מחשב עד כדי זמן חישוב פולינומיאלי, ולכן אם אפשר לפתור אחת מהן בזמן פולינומיאלי אזי \({textrm{NP}=textrm{P}}\) (ואז, אם נקבל את האמור לעיל על הוכחות פורמליות, “המתמטיקה היא טריוויאלית”\({ldots}\))
ביבליוגרפיה
J.Carlson, A.Jaffe and A.Wiles, ed. The Millennium Prize Problems. Clay Mathematics Institute and American Mathematical Society, 2006.
מרכוס דו סוטוי, המוזיקה של המספרים הראשוניים, מאנגלית: אוריאל גבעון, ידיעות ספרים, 6002.
גיאומטריה של משטחים ומשפט Gauss Bonnet
אלכסנדר ג’יבנטל תרגם: אליהו לוי
החוג למתמטיקה באוניברסיטת ברקלי
אלכסנדר ג’יבנטל Alexander Givental
גיאומטריה של משטחים ומשפט Gauss Bonnet
1. טופולוגיה מול גיאומטריה.
טופולוגיה היא גיאומטריה ללא מדידת מרחק. בעיני טופולוג פני כדור הארץ ופני כדור פינג-פונג הם זהים, ובן אדם דומה לבייגל עם שני חורים: אחד בנחיריים, והשני במערכת העיכול. במאמר הזה ננסה להבין תכונות טופולוגיות וגיאומטריות של משטחים.
למשטח יש מאפיינים טופולוגיים: האם הוא סגור, כמו פני כדור או טורוס (המעטפת של גלגל ים או בייגל), ואם כן – כמה חורים יש בו? בטופולוגיה אין חשיבות למרחקים. פני כדור גדול ופני כדור קטן הם זהים מבחינה טופולוגית, והמטעפת של בייגל שווה למעטפת של גלגל ים. יש למשטחים גם תכונות גיאומטריות, שבהן למרחק יש משמעות. פני כדור הארץ הם כל כך חסרי עקמומיות שנדמה לנו שהם מישור – ואכן כך האמינו עד לא כל כך מזמן. הנסיך הקטן, שחי על כוכב קטן, יודע שהכוכב שלו הוא כדורי, כי פני הכוכב שלו עקמומיים.
אילו מבין המשטחים שבציור אפשר לעוות זה לזה (כלומר להפוך זה לזה בלי לחתוך ובלי להדביק) ואילו אי אפשר?
על אלה שאפשר אומרים שיש להם אותה טופולוגיה.
עשו חתכים בגליון נייר, והכינו משטח שיש לו אותה טופולוגיה כמו למסכה.
לגליון הנייר החתוך שתכינו ולמסכה עדיין תהיה גיאומטריה שונה. ובאמת, בגיאומטריה, הצורה והגודל המדוייקים חשובים. עיוות, למשל מתיחה, משנה צורות וגדלים.
2. מכופף או מעוקם?
גליון נייר אפשר לכופף במרחב וכך לקבל צורה חדשה. הניסוי הבא מדגים את העובדה שכיפוף כזה לא משנה את הגיאומטריה הפנימית של המשטח (כלומר, את המרחקים והזוויות כפי שהיה מודד אותם יצור שחי במשטח ואינו יכול לעזוב אותו).
עיטפו גליל בגליון נייר, מיתחו שרוך נעל עליו כמו שרואים בציור, וסמנו את מסלולו במרקר. כעת שחררו את גליון הנייר – המסלול יהיה קו ישר.
קחו גוף קשיח בצורת חרוט ובצעו אותו ניסוי עליו. מה מצאתם?
נסו כעת לעטוף חצי-כדור ע”י גליון נייר – לא תצליחו! זאת כי הכדור הוא מעוקם.
העיקום הוא מה שמונע לעטוף משטח אחד על אחר בלי מתיחות וקמטים. זוהי תכונה גיאומטרית פנימית של משטח ואינה יכולה להיעלם כאשר מכופפים.
כיצד לכמת עיקום?
שאלה: האם שני פני-כדור בעלי רדיוסים שונים מעוקמים באופן שונה?
נסו (או דמיינו) שחותכים חתיכות משני כדורים מגומי בגודל שונה ועוטפים אחד על השני בלי חיתוכים וקימוטים.
3. השיטה. הציור הבא מתאר את הרעיון העיקרי. משטח חלק אפשר לקרב ע”י פיאון, כלומר משטח שעשוי ממצולעים שטוחים מחוברים בצלעותיהם או בקדקדיהם.
בקרו באתר http://www.vismath.de/vgp/content/surfaces והשתעשעו עם הSphere applet ותיראו איך פיאונים עם יותר ויותר צלעות (שנעשות יותר ויותר קטנות) נותנים קירוב יותר ויותר טוב למשטח וגורמים לו להיראות יותר ויותר חלק.
כל התכונות הגיאומטריות של משטחים צריכות להתגלות איכשהו ע”י התכונות הגיאומטריות של פיאונים.
4. העיקום שוכן בקדקדים. מכל פיאון, חיתכו חלק משטח פניו שלא מכיל קדקדים. אז תוכלו ליישר בו את הכיפוף לאורך הצלעות וכך לפתוח אותו לצורה שטוחה במישור.
בניגוד לכך, כמעט תמיד אפילו חלק קטן סביב קודקוד לא תוכלו לפתוח על השולחן (בלי לקפל).
5. הגירעון הזוויתי Angular Defect. כדי שכן יהיה אפשר לשטח אותה, הפינה המרחבית ליד קודקוד של פיאון צריכה לקיים: סכום הזוויות בפינה סביב הקודקוד הוא זוית מלאה, כלומר \({360^\circ}\).
להפרש: \({360^\circ}\) פחות סכום הזוויות סביב קודקוד קוראים: הגירעון הזוויתי בקודקוד זה.
הגירעון הזוויתי בקודקוד מבטא כמה עיקום שוכן בקודקוד זה.
גירעון זוויתי אפס
גירעון זוויתי חיובי
גירעון זוויתי שלילי
שאלת ביקורת: כאשר הפינה בצורת ציפור בציור בצד שמאל למטה מנפנפת בכנפיה. האם הגירעון הזוויתי בקודקוד משתנה?
שאלה לחידוד המוח: לשקיות למתנות יש ארבע פינות למטה, אבל מוכרים אותן מקופלות שטוחות. בחנו שקית כזו והסבירו כיצד זה יכול להיות.
גירעונות זוויתיים כוללים.
מלאו את הטבלה
8. מדוע הגירעון הזוויתי הכולל – סכום הגרעונות הזוויתיים של כל הקודקודים בפיאון – ייצא תמיד אותו דבר?
נסמן ב \({V}\), \({E}\) ו \({F}\) את מספרי הקודקודים, המקצועות והפיאות של פיאון נתון. לפי ההגדרה,
הגירעון של קודקוד כלשהו = \({360^\circ}\) פחות סכום הזוויות סביב קודקוד זה.
אם נסכם, נקבל:
הגירעון הכולל של כל הקודקודים = \({360^\circ\times V}\) פחות סכום כל הזוויות בכל הקודקודים.
זיכרו שיוויון זה. כעת נשנה את נקודת הראות. סכום כל הזוויות בכל הקודקודים שווה לסכום כל הזוויות בכל הדפנות.
מהציור רואים ש
סכום הזוויות בדופן אחת =
\({180^\circ}\) \({\times}\) מספר הצלעות בדופן פחות \({360^\circ}\).
אם נסכם, נקבל
סכום כל הזוויות בכל הדפנות =
\({180^\circ}\) \({\times}\) המספר הכולל של כל הצלעות בכל הדפנות בפיאון פחות \({360^\circ\times F}\).
אם נביא בחשבון שכל מקצוע מופיע כצלע בדיוק בשתי דפנות, נוכל לבטא תוצאה זו בצורה:
סכום כל הזוויות בכל הקודקודים = \({360^\circ\times E – 360^\circ\times F}\).
כעת נצרף זאת עם מה שביקשנו לזכור
משפט. הגירעון הזוויתי הכולל = \({360^\circ\times(V-E+F)}\).
גיאומטריה מול קומבינטוריקה. נקרא לגירעון הזוויתי הכולל של פיאון \({P}\) מחולק ב \({360^\circ}\) בשם מספר גאוס של \({P}\), ול \({V-E+F}\) בשם מספר אוילר של \({P}\). מספר גאוס מאפיין את הגיאומטריה של \({P}\), בעוד שמספר אוילר מאפיין את הקומבינטוריקה של \({P}\). המשפט אומר שעבור כל פיאון \({P}\),
מספר גאוס של \({P}\) = מספר אוילר של \({P}\).
אם כך, הקומבינטוריה של פיאון מציבה הגבלות על הגיאומטריה שלו, וההפך, הגיאומטריה של פיאון מציבה הגבלות על הקומבינטוריקה שלו. קשר זה בין גיאומטריה וקובינטוריקה אמנם ראוי לציון אבל לא מפתיע. אבל כעת נסיק ממנו שאם נתונים שני פיאונים, \({P}\) ו \({T}\), אזי מספר גאוס של \({P}\) = מספר אוילר של \({T}\), אפילו אם על \({P}\) ו \({T}\) ידוע רק שיש להם אותה טופולוגיה.
לשם כך, נבנה שני פיאונים, \({P’}\) ו \({T’}\), שיש להם אותה קומבינטוריקה (אבל אולי גיאומטריה שונה) וכך של- \({P’}\) יש אותה גיאומטריה כמו \({P}\) (אבל אולי קומבינטוריה שונה) ול- \({T’}\) יש אותה גיאומטריה כמו \({T}\) (אבל אולי קומבינטוריה שונה).
הרעיון הוא פשוט מאוד. חלוקת פיאות של פיאון לפיאות יותר קטנות משנה את הקומבינטוריקה שלו, אבל לא משנה את הגיאומטריה. לכן מספר גאוס לא משתנה, ולפי המשפט מספר אוילר שלו גם הוא נשאר כשהיה.
נדגים את הרעיון בדוגמה בציור בה \({P}\) הוא תיבה מלבנית, ו \({T}\) הוא ארבעון. מאחר של- \({P}\) ו \({T}\) יש אותה טופולוגיה, אנו יכולים לצייר תמונה של \({T}\) על פניו של \({P}\) (ראו בציור משמאל, בו סומנו בנקודות עבות קודקודים של \({T}\) על פניו של \({P}\)). מקצועותיו של \({P}\) והקוים שמחברים את הנקודות העבות, יהיו מקצועות הפיאון שאנו קוראים לו \({P’}\). יש לו אותה גיאומטריה כמו \({P}\) ובמיוחד יש לו אותו גירעון זויתי כולל, מאחר שהקודקודים החדשים שיצרנו הם בעלי גירעון זוויתי אפס.
תרגיל:
בציור משמאל, מיצאו \({10}\) קודקודים של \({P’}\) שאינם של \({P}\) והראו שבכל אחד מהם יש גירעון זוויתי אפס.
אם כעת “נלביש” את \({P}\) על \({T}\), נקבל את \({P}\) מצוייר על פניו של \({T}\) (הציור מימין). כמו קודם, כל הקווים מחלקים את דפנותיו של \({T}\) לדפנות של פיאון חדש, \({T’}\), שיש לו אותה קומבינטוריקה כמו \({P’}\) אבל אותו גירעון זוויתי כולל כמו \({T}\).
תרגיל:
מיצאו במישרין את המספרים \({V}\), \({E}\), \({F}\) עבור \({P’}\) (בציור משמאל) ו \({T’}\) (בציור מימין) ובידקו שהם מתלכדים.
ולבסוף (הצדיקו כל שוויון)
מספר אוילר של \({P}\) = מספר גאוס של \({P}\) =
מספר גאוס של \({P’}\) = מספר אוילר של \({P’}\) =
מספר אוילר של \({T’}\) = מספר גאוס של \({T’}\) =
מספר גאוס של \({T}\) = מספר אוילר של \({T}\).
בכך הוכחנו:
משפט גאוס בונה (Gauss-Bonnet) עבור פיאונים.
מספרי גאוס ואוילר של כל פיאון שווים זה לזה ותלויים רק בטופולוגיה של הפיאון.
מסקנה. אם לפיאון יש אותה טופולוגיה כמו לפני כדור, אזי מספר אוילר שלו הוא \({V-E+F=2}\) והסכום הכולל של הגרעונות הזוויתיים שלו הוא \({720^\circ}\).
שאלה לחידוד המוח: סכמו את כל הגירעונות של הפיאון בציור שיש לו אותה טופולוגיה כמו טורוס, והשוו עם מספר אוילר \({V-E+F}\).
תרגיל: מיצאו את מספרי גאוס ואוילר של כל פיאון שיש לו אותה טופולוגיה כמו פניה של ביגלה.
ביגלה \(\qquad\) טורוס
10. העיקום של גאוס. אנו חוזרים כעת לגיאומטריה של משטחים חלקים. למשטחים כאלה אפשר להתקרב ע”י פיאונים בעלי הרבה פיאות קטנות והרבה קודקודים עם גירעונות זוויתיים קטנים מאוד (אבל בדרך כלל שונים מאפס). סכום הגירעונות הזוויתיים בקודקודים שנמצאים בתחום כלשהו במשטח מאפיין את העיקום באותו איזור. הוא נקרא העיקום של גאוס של התחום. אם הוא שונה מאפס, אזי את התחום הזה של המשטח, יהא קטן ככל שיהא, אי אפשר לשטוח על חלק ממישור או לעטוף בגליון נייר בלי מתיחות או קיפולים.
אם ניקח קירובים טובים יותר ויותר למשטח ע”י פיאונים, ועליהם נפעיל את משפט גאוס-בונה עבור פאונים, נקבל את התוצאה הבאה.
משפט גאוס-בונה עבור משטחים
העיקום של גאוס הכולל של משטח סגור תלוי רק בטופולוגיה של המשטח ושווה ל \({2\pi}\) כפול במספר אוילר של המשטח.
כתבנו כאן \({2\pi}\) (במקום \({360^\circ}\)) כי גאוס מדד זווית מלאה לא כ \({360^\circ}\) אלא כיחס, השווה ל \({2\pi}\), בין ההיקף מסביב לקודקוד של זווית מלאה לבין רדיוס המעגל.
בעיה. הראו שלפני כדור יש עיקום של גאוס קבוע (כלומר בעל אותו ערך ליד כל הנקודות בפני הכדור) ומיצאו את ערכו של עיקום גאוס של כדור בעל רדיוס \({R}\).
הערות היסטוריות. משפט גאוס-בונה עבור פיאונים שיש להם אותו טופולוגיה כמו פני-כדור נתגלה למעשה ע”י רנה דקרט René Descartes (1596-1650). (Carl Friedrich Gauss (1777-1855 הכניס את מושג העיקום, הוכיח שהוא אינו משתנה אם מכופפים את המשטח, והוכיח את מה שאנו מכנים משפט גאוס-בונה עבור משטחים. (Pierre Ossian Bonnet (1819-1892 מצא הכללה של משפט זה למקרה של משטחים שהם לאו דווקא סגורים (כמו פני-כדור, טורוס וביגלה) אלא, למשל, הם בעלי אותה טופולוגיה כמו עיגול מלא – יכולים להיות להם קווי שפה.
להיות אינסופי, להרגיש סופי
אנה ליזהטוב
המתמטיקאי הגדול של תחילת המאה העשרים, דויד הילברט, אמר פעם ” הה, האינסוף – המרתק בין המושגים שהמתמטיקאים חוקרים”. מה שהילברט התכוון אליו הוא שהאינסוף תמיד מפתיע. למשל, קבוצה יכולה להיות שווה בגודלה לקבוצה שהיא חלקית לה ממש. קבוצה א’ יכולה להיות שווה בגודלה לקבוצה ב’ שמכילה אינסוף עותקים של א’ – אכן מפתיע! אבל יש מקרים שקבוצה היא אינסופית, ומתנהגת כמו קבוצה סופית. התופעה הזאת נקראת “קומפקטיות”, והיא לפעמים מועילה.
1. איך צדים אריה על הקטע \({[0,1]}\)
איך צדים אריה במדבר? יש הרבה שיטות. אחת השיטות היא להגדיר נכון: “לצוד את האריה” פירושו להפריד בינו לבינך על ידי גדר לא עבירה. אם כן, הקף את עצמך בגדר כזו, וצדת.
כאן אני מתכוון לשיטה ידועה אחרת: מחלקים את המדבר לשני חלקים שווים. האריה נמצא באחד מהם. נחלק את החלק הזה לשני חלקים שווים, ושוב האריה נמצא באחד מהם. כשנמשיך לחלק, מהר מאוד נגיע למצב שבו האריה נמצא בחלק קטן מאוד. שפירושו שתפסנו את האריה – הנה הוא, בחלק הקטן שאליו הגענו. מומלץ לא לנסות בבית – אריה הוא בכל זאת חיה מסוכנת.
השיטה הזאת עומדת בבסיסו של משפט מתמטי שנקרא על שמם של בולצאנו ויירשטרס (\({Bolzano, ~~Weierstrass}\)). הם לא מצאו את המשפט בעבודה משותפת – בסוף המאה התשע עשרה עבודה משותפת עדיין לא הייתה באופנה. הם גילו אותו משפט בנפרד.
נניח שנתונה לכם קבוצה של מספרים, נקרא לה \({A}\). נקודה (מספר) \({a}\) נקראת “נקודת הצטברות” של \({A}\) אם יש לידה אינסוף נקודות מ- \({A}\). מה פירוש “לידה”? האם זה מונח מתמטי? לא בדיוק, אבל אפשר להפוך אותו למושג מדויק. הנה ההגדרה המדויקת:
הגדרה 1.1\({a}\) נקראת “נקודת הצטברות” של \({A}\) אם כל קטע פתוח שמכיל את \({a}\) (קטע כזה נקרא “סביבה של \({a}\)”) מכיל אינסוף נקודות מ-\({A}\).
כמובן, כדי של-\({A}\) תהיה נקודת הצטברות היא צריכה להיות אינסופית בעצמה. האם לכל קבוצה אינסופית יש נקודת הצטברות? לאו דווקא. למשל, לקבוצת המספרים הטבעיים אין נקודת הצטברות. אין נקודה שבכל סביבה שלה יש אינסוף מספרים טבעיים. הסיבה היא כמובן ש-\({A}\) מתפרשת על פני תחום אינסופי – כך יכולות להיות אינסוף נקודות בלי שיצטברו בשום נקודה. משפט בולצאנו וירשטרס אומר שכאשר הקבוצה מוכלת בקטע סופי, אז יש לה נקודת הצטברות. לצורך העניין לא חשוב מהו הקטע הסופי. אם כן, בואו ניקח את הקטע \({[0,1]}\).
משפט 1.2לקבוצה אינסופית שמוכלת בקטע \({[0,1]}\) יש נקודת הצטברות בקטע הזה.
ההוכחה די פשוטה, והיא נמצאת בליבו של רעיון ה”קומפקטיות” שהוזכר בתקציר של המאמר. נקודת המוצא שלה היא עקרון שובך היונים, למקרה האינסופי.
2. עקרון שובך היונים האינסופי
עקרון שובך היונים אומר כזכור שאם מחלקים (נאמר) \({101}\) עצמים ל-\({100}\) סוגים (כלומר יש פחות סוגים מאשר עצמים) אז יש שני עצמים מאותו סוג. פשוט מאוד, לכל הדעות. אבל עקרון שובך היונים האינסופי הוא פשוט עוד יותר:
משפט 2.1אם מחלקים אינסוף איברים למספר סופי של סוגים, באחד הסוגים יהיו אינסוף איברים.
מדוע? כי אם מכל סוג יש רק מספר סופי של איברים, ומספר הסוגים הוא סופי, יש יחד רק מספר סופי של איברים. סופי + סופי הוא סופי, עובדה שבה אתם משתמשים כל אימת שאתם מחברים מספרים.
3. הוכחת משפט בולצאנו ויירשטרס
ההוכחה משתמשת בעקרון שובך היונים האינסופי וב”שיטת האריה”. נחלק את הקטע \({[0,1]}\) לשני חלקים שווים על ידי נקודה באמצעו. על פי עקרון שובך היונים האינסופי באחד החצאים יש אינסוף נקודות מ-\({A}\). ניקח את החצי הזה, ונחלק אותו לשניים על ידי נקודה באמצעו. שוב, באחד החצאים יש אינסוף נקודות מ=\({A}\). נחלק אותו לשניים על ידי נקודה באמצעו, וכולי. הקטעים שבחרנו (אלה שבהם יש אינסוף נקודות מ-\({A}\)) קטנים והולכים, וכל אחד מהם מוכל בקודמו. קל להוכיח אז שהם “שואפים לנקודה אחת”, שפירושו שהקצוות הימניים שלהם והקצוות השמאליים שואפים לאותה נקודה, נקרא לה \({x}\). קל גם לראות שכל סביבה של \({x}\) מכילה את אחד הקטעים שבחרנו (אלה שמכילים אינסוף נקודות מ-\({A}\)) – זה נובע מכך שהאורך של הקטעים שואף ל-\({0}\). אם כן, הסביבה המדוברת מכילה קטע שמכיל אינסוף נקודות מ-\({A}\), אם כן היא עצמה מכילה אינסוף נקודות מ-\({A}\), שפירושו ש- \({x}\) היא נקדות ההצטברות המבוקשת.
העיקרון הזה, של “לחלק לשני חלקים”, או בעצם – למספר סופי של חלקים, ולהשתמש בכך שבאחד מהם יש אינסוף נקודות מסוג נתון, הוא זה שמדריך את המאמר הזה. קוראים לו “עקרון הקומפקטיות”.
4. משפט ארדש-דה ברוין
לעקרון הקומפקטיות יש שימושים בקומבינטוריקה אינסופית. אחד המפורסמים בהם הוא משפט של ארדש-דה ברוין (\({Erdos-de~Brujn}\)) – הפעם זוהי באמת עבודה משותפת. ב-\({1951}\), שנת הלידה של המשפט הזה, הייתה עבודה משותפת כבר יותר מקובלת, עקב ההתניידות הגדולה יותר של המדענים, והתקשורת המהירה יותר (אם מדברים על ניידות – לא היה נייד יותר מפול ארדש, שבילה את חייו בנסיעות בין שותפים לעבודה).
“גרף” הוא אוסף נקודות שנקראות “קדקודים” ואוסף זוגות מתוכם, שנקראים “צלעות”. קבוצת קדקודים בגרף נקראת “בלתי תלויה” אם אין בה שני קדקודים שמחוברים בצלע. למשל, בגרף שהוא מעגל באורך 6 הקבוצה המסומנת בעיגולים היא קבוצה בלתי תלויה.
“צביעה” (או “צביעה חוקית”) של גרף היא חלוקה של הקדקודים לקבוצות בלתי תלויות. כל קבוצה בלתי תלויה היא “צבע”. אם כן, אפשר לנסח את מושג הצביעה גם כך: זוהי חלוקה של הקדקודים לצבעים, כך שכל שני קדקודים באותו צבע אינם מחוברים. למשל, במעגל מאורך 6 יש צביעה ב-2 צבעים, כמו בציור הבא:
הנה משפט ארדש דה ברוין:
משפט 4.1אם בגרף אינסופי אפשר לצבוע בצורה חוקית כל קבוצה סופית של קדקודים ב-\({k}\) צבעים, אז יש צביעה חוקית של כל הגרף ב-\({k}\) צבעים.
בואו נוכיח את המשפט הזה ל-\({k=3}\). ההוכחה דומה לכל \({k}\). ועוד הגבלה – נוכיח זאת לגרפים ניתנים להימנות, כלומר גרפים שבהם אפשר למנות את הקדקודים כך:
\(\displaystyle v_1, v_2, v_3, \ldots\)
המשפט נכון גם כאשר קבוצת הקדקודים אינה ניתנת להימנות, אבל ההוכחה קצת יותר קשה.
בואו נקרא לצבעים שלנו כ, א ו-צ (כחול, אדום וצהוב).
לפי ההנחה של המשפט יש צביעה חוקית של הקדקוד \({v_1}\) )למעשה לא נחוצה כאן שום הנחה – צבעו אותו באיזה צבע שאתם רוצים). לפי אותה הנחה יש גם צביעה חוקית, נקרא לה \({C_2}\), של הקדקודים \({v_1,v_2}\) (גם זה לא קשה, אם נתונים לכם שלושה צבעים. פשוט צבעו את שני הקדקודים האלה בצבעים שונים).
לפי אותה הנחה יש גם צביעה, נקרא לה \({C_3}\), של הקדקודים \({v_1,v_2, v_3}\) (גם זה לא קשה, אם נתונים לכם שלושה צבעים. פשוט צבעו כל קדקוד בצבע שונה).
לפי אותה הנחה יש גם צביעה, נקרא לה \({C_4}\), של הקדקודים \({v_1,v_2, v_3, v_4}\) (הפעם אנחנו באמת זקוקים להנחה. לו כל ארבעה הקדקודים היו מחוברים זה לזה, לא היינו מצליחים לצבוע אותם בצורה חוקית בעזרת שלושה צבעים בלבד. ההנחה אומרת שזה לא קורה).
וכך הלאה – לכל \({n}\) יש לפי ההנחה צביעה חוקית \({C_n}\) ב-כ, א, צ של הקדקודים \({v_1,v_2, \ldots, v_n}\).
יש לנו אינסוף צביעות (כל צביעה רק של חלק מן הקדקודים), ורק שלושה צבעים. אם כן, על פי עקרון שובך היונים האינסופי, יש אינסוף ערכי \({n}\) שעבורם הקדקוד הראשון, \({v_1}\), צבוע באותו צבע, נאמר כ. כזכור – אנחנו רוצים לצבוע את כל הגרף. אז נצבע את \({v_1}\) ב-כ.
מבין אינסוף הצביעות שבהן \({v_1}\) צבוע כ יש אינסוף שבהן \({v_2}\) צבוע באותו צבע, נאמר צ. נצבע את \({v_2}\) ב-צ.
מבין אינסוף הצביעות שבהן \({v_1}\) צבוע כ ו-\({v_2}\) צבוע צ יש אינסוף שבהן \({v_3}\) צבוע באותו צבע, נאמר שוב כ. נצבע את \({v_3}\) ב-כ.
מבין אינסוף הצביעות שבהן \({v_1}\) צבוע כ ו-\({v_2}\) צבוע צ ו -\({v_3}\) צבוע כ יש אינסוף שבהן \({v_4}\) צבוע באותו צבע, נאמר א. נצבע את \({v_4}\) ב-א.
אני חושבת שההמשך ברור, ואין צורך לכתוב אותו בצורה פורמלית. הטענה היא עתה שהצביעה של כל הגרף שאנחנו מקבלים בדרך זו היא חוקית. הדבר נובע מכך ש”חוקיות” נקבעת על פי זוגות, כלומר 2 קדקודים, ו-2 הוא מספר סופי. אנחנו צריכים להוכיח שלכל \({i<j}\) אם \({v_i}\) מחובר ל-\({v_j}\) אז הם צבועים בצבעים שונים. ובניסוח על דרך השלילה, צריך להוכיח שאם \({v_i}\) ו-\({v_j}\) צבועים שניהם באותו צבע אז הם לא מחוברים.
נניח ששניהם צבועים באותו צבע, נאמר צ. פירוש הדבר הוא שמצאנו תחילה אינסוף צביעות חוקיות שבהן \({v_i}\) היה צבוע ב-צ, ומתוכן מצאנו אינסוף צביעות חוקיות שבהן \({v_j}\) צבוע צ. הצביעות המדוברות הן כולן חוקיות, ובכולן \({v_i}\) ו-\({v_j}\) צבועים שניהם ב-צ. החוקיות של הצביעות האלה אומרת ש-\({v_i}\) ו-\({v_j}\) אינם מחוברים – שהוא מה שרצינו להוכיח.
5. חלוקות לא ידידותיות
בגיליון \({13}\) של העיתון הגדרנו מהי חלוקה לא ידידותית של גרף (כאן). זוהי חלוקה של הקדקודים של הגרף לשתי קבוצות, \({A}\) ו-\({B}\), שמקיימת את התכונה הבאה: כל קדקוד מחובר ללא פחות קדקודים בקבוצה שאינה שלו מאשר לקדקודים בקבוצה שלו.
במאמר בגיליון \({13}\) הראינו שבכל גרף סופי יש חלוקה לא ידידותית, ואתגרנו את הקוראים להוכיח שהדבר נכון גם לגרפים אינסופיים שבהם כל קדקוד מחובר בצלעות רק למספר סופי של קדקודים (השערה מפורסמת למדי היא שהדבר נכון לכל גרף ניתן להימנות, כלומר כזה שאפשר למנות את קדקודיו “ראשון, שני, שלישי…”: ההשערה אינה נכונה באופן כללי).
הבטחתי לכם להביא הוכחה באחד הגליונות הבאים, ואני מקיים את ההבטחה, לפחות במקרה הניתן להימנות. הנה היא ההוכחה.
נמנה את הקדקודים: \({v_1, v_2, v_3, \ldots}\)
לכל מספר \({n}\) נסמן ב-\({G_n}\) את הגרף המושרה על \({v_1, v_2, v_3, \ldots, v_n}\). זהו גרף סופי, ולכן יש לו חלוקה לא ידידותית לקבוצות \({A_n,B_n}\).
נסתכל על הקדקוד \({v_1}\). לכל \({n}\) הוא יכול להשתייך ל-\({A_n}\) או ל-\({B_n}\). לפעמים כך, ולפעמים כך. אבל דבר אחד בטוח – באינסוף מקרים קורה אותו דבר. כלומר, או שבאינסוף מקרים הוא שייך ל-\({A_n}\), או שבאינסוף מקרים הוא שייך ל-\({B_n}\) )יכול להיות ששני הדברים קורים(. אם \({v_1}\) שייך באינסוף מקרים ל-\({A_n}\), נשים אותו בקבוצה \({A}\). אחרת נשים אותו בקבוצה \({B}\).
נניח ששמנו את \({v_1}\) בקבוצה \({A}\). אז עבור אינסוף \({n}\)-ים הוא שייך לקבוצה \({A_n}\). וכאן בא חלק חשוב בטיעון: נסתכל רק ב-\({n}\)-ים האלו, ועכשיו נתבונן בקדקוד השני, \({v_2}\). באינסוף מן ה-\({n}\)-ים שבחרנו הוא שייך לאותו סוג קבוצה – נאמר ל-\({B_n}\). נשים אז את \({v_2}\) ב-\({B}\), ונצמצם את תשומת ליבנו לאותם אינסוף \({n}\)-ים. מתוכם באינסוף מקרים \({v_3}\) שייך לאותו סוג – נאמר שמתוכם באינסוף מקרים הוא שייך ל-\({B_n}\). נשים אותו אז ב-\({B}\). נמשיך כך.
הטענה היא עתה שהחלוקה שקיבלנו, לקבוצות \({A}\) ו-\({B}\), היא לא ידידותית. כלומר, שכל קדקוד \({v}\) מחובר ללא פחות קדקודים מן הסוג שאינו שייך אליו מאשר לקדקודים מן הסוג שלו. אם \({v}\) ב-\({A}\) אז הוא מחובר ללא פחות קדקוקדים ב-\({B}\) מאשר ב-\({A}\), וגם להפך. כמובן, הקדקוד שלנו מופיע איפה שהוא ברשימה. נאמר ש-\({v=v_k}\). עתה נשתמש בתנאי שהגרף מקיים – שכל קדקוד מחובר רק למספר סופי של קדקודים אחרים. אם כן, קבוצת הקדקודם ש-\({v_k}\) מחובר אליהם נמצאת באיזשהו קטע התחלי סופי, נאמר \({\{v_1, v_2, \ldots,v_m\}}\).
עכשיו צריך להיזכר איך בחרנו את מיקומו של כל קדקוד. זוכרים?
בחרנו אינסוף \({n}\)-ים שבהם \({v_1}\) ב-\({A_n}\);
מתוכם בחרנו אינסוף \({n}\)-ים שבהם \({v_2}\) ב-\({B_n}\);
מתוכם בחרנו אינסוף \({n}\)-ים שבהם \({v_3}\) ב-\({B_n}\);
\({\ldots}\)
(מובן, הבחירות המסוימות האלה הן רק לצורך הדוגמה, אבל אין כאן הגבלת כלליות). אם כן יש אינסוף \({n}\)-ים גדולים מ-\({m}\) שעבורם כל הקדקודים \({v_1, \ldots, v_m}\) בוחרים אותו דבר – להיות ב-\({A_n}\) או ב-\({B_n}\),
וכן – הבחירה שלנו אם לשים אותם ב-\({A}\) או ב-\({B}\) נעשית בהתאם.
אבל כל אחת מן החלוקות \({A_n,B_n}\) טובה לגרף המושרה על הקדקודים עד \({v_n}\). במיוחד, אם ניקח \({n=m}\) (זה נכון לכל \({n}\)), היא טובה עבור \({v_k}\) שלנו. כלומר בגרף המושרה על הקדקודים \({v_1, \ldots, v_n}\) הקדקוד \({v_k}\) מחובר ללא פחות קדקודים בקבוצה שאינה שלו מאשר לקדקודים בקבוצה שלו.
אבל עבור \({n= m}\) השכנים של \({v_k}\) בגרף \({G_n}\) הם בדיוק השכנים שלו בגרף כולו. אם כן, התנאי נכון גם לגבי שכניו בגרף כולו – שהוא מה שרצינו להוכיח. הוא מכיר לא פחות קדקודים מן הסוג שאינו שלו מאשר מסוגו. זה נכון לכל קדקוד, ולכן החלוקה לא ידידותית.
6. סיכום
גרף שבו כל קדקוד מחובר רק למספר סופי של קדקודים הוא בעל “אופי סופי”. ומה שהראינו אז שהוא מתנהג, לפחות מבחינת ידידותיות של חלוקות, כמו גרף סופי. במשפט ארדש דה ברוין הסופיות הייתה אחרת – שם הסתכלנו בתכונה שנקבעת על ידי מספר סופי של קדקודים (במקרה זה – זוגות של קדקודים). וגם שם ראינו שאפשר לעבור מהסופי לאינסופי – מספיק לדרוש את התנאי למספר סופי של קדקודים. זוהי הקומפקטיות.
חידות
דניאל לובזנס
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 26.6.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1–מתי יפגשו הכלבים?
ארבעה כלבים נמצאים בארבע פינות של מגרש בצורת ריבוע שאורך צלעו \(200\) מ’. הכלבים רצים זה אחרי זה, הכלב בפינה השמאלית התחתונה אחרי זה שבפינה השמאלית העליונה, זה שבפינה השמאלית העליונה אחרי הכלב שבפינה הימנית העליונה, וכן הלאה כמתואר בשרטוט.
כל אחד מהכלבים ממשיכים לרוץ בכיוון הכלב שאחריו הוא רודף (שמשנה גם הוא את מיקומו בתהליך..) במהירות קבועה של \(20\) קמ”ש. האם הכלבים יפגשו כעבור זמן סופי (מדובר ב”כלבים מתמטיים” שגודלם הוא נקודה), ואם כן כעבור כמה זמן? האם יתכן שמסלוליהם יחצו זה את זה?
למחפשי האתגר מבינכם שתי חידות נוספות:
א. מה תהיה התשובה לחידה אם יש שישה כלבים הנצבים בפינות של משושה משוכלל שאורך צלעותיו \(200\) מ’?
ב. לאלה מכם היודעים חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי: מה תהיה משוואתו של המסלול שיעשה כל אחד מהכלבים בחידה הראשונה (\(4\) כלבים).
חידה 2–האם נתן לצבוע בשני צבעים?
מצירים במישור \(n\) מעגלים בגדלים שונים, היקפי העגולים תוחמים מספר שטחים. האם נתן לצבוע כל אחד מהשטחים באחד משני צבעים, כך ששני שטחים הנוגעים זה בזה ע”י קשת משותפת לא יהיו בני אותו צבע. משורטטת דוגמא של \(4\) עיגולים המונחים במישור כך שניתן לצבוע את המשטחים בשני צבעים (אדום ולבן, בדוגמא) לפי הדרישות. האם זה אפשרי תמיד? אם לא יש להביא דוגמא נגדית.
חידה 3–בכמה מספרים מופיעה הספרה אחד?
בין המספרים הטבעיים הקטנים או שווים ל \(10,000,000\) (\(10\) מיליון) האם יש יותר מספרים המכילים את הספרה \(1\) לפחות פעם אחת (למשל \(34156\), או \(2101132 \)) או כאלה שאינם מכילים כלל את הספרה \(1\) (למשל \(876394\))?
רמזים לחידות מגיליון מאי 2015
חידה 1–משולשים מחלקים משולש?
שימו לב שהשרטוט המוצג בתחילת החידה הוא השלכה של פרימידה תלת מימדית, גם החידה היא השלכה של גוף משוכלל תלת מימדי.
חידה 2–מספר בשתי שיטות ספירה?
רשמו את המשוואות למספר הנדרש בשתי השיטות, שימו לב שקל למצוא את ערכה של הספרה האמצעית.
חידה 3–כמה נורות ידלקו?
בדקו כמה פעמים ילחץ המפסק של הנורה מספר \(n\). איזו תכונה של המספר \(n\) מבטיחה מספר לחיצות אי-זוגי?
פתרון החידות גיליון אפריל 2015
חידה 1– איך לחלק את הפאי?
ננסה לחלק את הפאי כשהצלב מקביל לצירים הראשיים. כדי לתאר את הכיוונים בצורה חד משמעית נניח לקו הראשון יש כיוון (המתואר בציור כראש חץ) ואז ניתן לדבר באפן ברור על צדיו, השמאלי (זה שנמצא משמאלו כאשר ראש החץ מופנה למעלה) והימני. וצדיו העליון (זה שקרוב יותר לראש החץ) והתחתון
בשלב ראשון נעביר את הקו האנכי כך שיחצה בדיוק את הפאי (זה אפשרי תמיד כי ניתן להזיזו באופן רציף בכיוון האופקי ולהגדיל את החלק השמאלי עד ששטחו יהיה בדיוק מחצית השטח).
כמתואר באיור הבא:
בשלב הבא נעביר קו אופקי כך שיחצה בדיוק את הצד השמאלי:
נסמן את חלקי הפאי באותיות \(A,B,C,D\) כאשר \(A\) מסמן את החלק הימני העליון, והשאר את יתר החלקים בכוון השעון.
נניח כי שטח הפאי הוא \(1\) . נסמן ב \(S_A,S_B,S_C,S_D\) את שטחי החלקים \(A,B,C,D\) בהתאמה. ברור מצורת אופן הבניה ש\(S_C=S_D=\frac{1}{4}\). אם גם \(S_A=\frac{1}{4}\) הצלחנו לחלק את הפאי ל\(4\) חלקים שווים. אם לא, נניח כי \(S_A<\frac{1}{4}\) ,(למקרה ההפוך ניתן להמשיך בהוכחה דומה עם שינוי מתאים של הסימנים). נסובב את כיוון קווי החלוקה בזווית כל שהיא \(\theta\) כמתואר באיור הבא:
נמשיך ונבצע את הבניה עבור כל זווית \(\theta\) כאשר \(0\le\theta\le90\).
נבחן את הבניה עבור \(\theta = 90\)
קודם כל נעביר את הקו הראשון, שמסומן בחץ, עכשיו הוא אופקי.
קו זה צריך לחצות את הפאי מאחר ו\(S_A+S_D<\frac{1}{2}\) הקו יעבור מתחת קו האופקי ששורטט למקרה \(\theta = 0\)
כשנעביר את הקו האנכי הוא יצטרך לחלק לשניים את חלק הפאי שמשמאל לקו הראשון (זה עם חץ) כלומר במחצית העליונה של המישור. מאחר והקו אופקי החדש נמוך יותר מהראשון החלק שבפינה העליונה השמאלית גדול מ \(\frac{1}{4}\) ולכן הקו האנכי חדש ייפול משמאל לקו שהיה עבור \(\theta = 0\)
תנו את דעתכם שבשל הסיבוב צריך יהיה לשנות ב \(90\) מעלות את מיקומי החלקים \(A,B,C,D\) ולצורך הבהרה סימנתי אותם כ \(A’,B’,C’,D’\).
מהציור ברור כי \(S_{B’}<S_C = \frac{1}{4}\), ולכן \(S_{A’}>\frac{1}{4}\).
נסתכל על הפונקציה \(f(\theta) = S_A-\frac{1}{4}\). זו בברור פונקציה רציפה וחסומה. עבור \(\theta = 0\) ערכה שלילי ואילו עבור \(\theta = 90\) ערכה חיובי ולכן קימת זווית ( \(0\le\theta\le90\) )שבה ערך הפונקציה הוא \(0\) כלומר הפאי מחולק בדיוק לארבעה חלקים שווים בשטחם.
חידה 2– איך לחלק את העוגה? –
לבעיה זו אביא שני פתרונות. הראשון שהכרתי מזה שנים, והשני הוא פתרונו של משה דוידוביץ (לאחר “שפוץ” קל). לבסוף אראה שת שיטתו של Martin Gardner למקרה כללי של חלוקת העוגה בין \(n\) אנשים.
פתרון 1 -החלוקה מתבצעת בשני שלבים:
בשלב 1 – האיש הראשון יחלק את העוגה לשני חלקים השווים לפי תפיסתו והאיש השני יבחר אחד מהם. נסמן ב-\(A\) את החלק שיבחר האיש השני וב-\(B\) את זה שיישאר בידי הראשון.
בשלב 2 – הראשון והשני יחלקו את חלק העוגה שברשותם ל\(3\) חלקים שווים לפי תפיסתם. האיש השלישי יבחר לו חלק אחד מחלקו של כל אחד מהם.
כדי להראות באפן פורמאלי שהחלוקה איננה מקפחת נניח שלכל אחד מהאנשים יש שיטת מדידה הנותנת ערך מספרי לעוגה השלמה או לחלק ממנה. נניח גם שערכה של העוגה השלמה הוא \(1\) (לפי כל אחת משיטות המדידה), וכי בכל חלוקה של נתח עוגה סכום ערכי החלקים שווה לערכו של הנתח המחולק.
בשלב 1 – איש מספר \(1\) מחלק אותה ל\(2\) חלקים \(A\) ו – \(B\)
לפי מדד איש מס’ 1 – ערכו של חלק \(A\) – \(\frac{1}{2}\) וערכו של חלק \(B\) – \(\frac{1}{2}\)
לפי מדד איש מס’ 2 – ערכו של חלק \(A\) – \(X\) וערכו של חלק \(B\) – \(1-X\)
לפי מדד איש מס’ 3 – ערכו של חלק \(A\) – \(Y\) וערכו של חלק \(B\) – \(1-Y\)
בלי הגבלת הכלליות נניח כי \(x\ge\frac{1}{2}\) ולכן איש מס’ 2 בוחר את נתח \(A\).
בשלב 2 – איש מספר 1 מחלק את \(B\) לשלשה חלקים : \(B_1,B_2,B_3\) שערך כל אחד מהם לפי מדדו \(\frac{1}{6}\)
איש מספר 2 מחלק את \(A\) לשלשה חלקים: \(A_1,A_2,A_3\) שערך כל אחד מהם לפי מדדו \(\frac{X}{3}\) שהוא גדול או שווה ל\(\frac{1}{6}\)
איש מספר 3- לפי מדדו לפחות אחד החלקים של \(A_1,A_2,A_3\) גדול או שווה ל\(\frac{y}{3}\) (כי אם כולם היו קטנים מ\(\frac{y}{3}\) סכומם היה קטן מ\(Y\)) הוא יבחר בחלק זה. בצורה דומה הוא יבחר בחלק שערכו גדול או שווה ל \(\frac{1-Y}{3}\) מבין חלקי \(B\).
כלומר סה”כ לפי מדדיו של איש מס’ 3 יהיה לו יותר מ\(\frac{1}{3}\) (\(\frac{(1-Y)}{3}+\frac{Y}{3}\)). בידי איש מס 1 יישארו \(2\) חלקי \(B\) שערכם לפי מדדו בדיוק \(\frac{1}{3}\) , ואילו בידי איש מס’ 2 יהיו שני חלקי \(A\) שערכם לפי מדדו גדול או שווה ל\(\frac{1}{3}\). כלומר כולם לא יחושו מקופחים.
יש לתת את הדעת שהאיש הראשון (שמחלק את העוגה) מקבל תמיד בדיוק את חלקו, בעוד האחרים שבוחרים יכולים בד”כ לקבל קצת יותר ממה שהם חושבים שמגיע להם.
פתרון 2 – עפ”י משה דוידוביץ. החלוקה מתבצעת בשלב או אחד או שניים בהתאם לצורך.
בשלב הראשון:
איש מס’ 1 מחלק את העוגה ל\(3\) חלקים (שווים לפי תפיסתו)
איש מס’ 2 בוחר לו חלק אחד (הכי גדול לתפיסתו ולכן ערכו גדול או שווה ל \(\frac{1}{3}\))
איש מס’ 3 בוחר לו חלק מהשניים הנותרים, וזאת אם יש כזה שאינו קטן מ\(\frac{1}{3}\) לפי תפיסתו – במקרה זה החלוקה מסתיימת. וברור שכל אחד קיבל, לפי תפיסתו, לפחות שליש מהעוגה.
אם לדעת איש מס’ 3 רק החלק שבחר מס’ 2 אינו קטן מ \(\frac{1}{3}\) לפי תפיסתו, הוא מבקש גם כן את אותו חלק ועוברים לשלב השני:
איש מס’ 2 בוחר חלק נוסף (הגדול ביותר, לתפיסתו, מבין הנותרים). יש לתת את הדעת שהחלק שנשאר (ויהיה חלקו של מס’ 1) קטן או שווה לשליש הן לתפיסתו של איש מס’ 2 (כי הוא הקטן ביותר לשיטתו) והן לתפיסתו של מס’ 3 (אחרת היה בוחר בו בשלב הראשון).
עכשיו איש מס’2 ומס’ 3 מחלקים את \(2\) חלקי העוגה שבחר איש מס’ 2 ביניהם לשניים בשיטת החלוקה ל-\(2\), אחד מהם יחלק והשני יבחר. מאחר והם מחלקים חלק שלדעת שניהם גדול או שווה ל \(\frac{2}{3}\), מחציתו תהיה גדולה או שווה לשליש ואיש לא יישאר מקופח.
הערה חשובה: יש לתת את הדעת שבשלב הראשון אם איש מס’ 3 היה “חמדן” והיה דורש את החלק שבחר מס’ 2 כי גם לטעמו הוא היה הגדול ביותר מהשלושה, קיימת סכנה שבשלב השני הוא לא יוכל להבטיח כי יקבל לפחות שליש מהעוגה. הדוגמה הבאה תבהיר את הטענה.
נתונה עוגה במשקל \(300\) גר’ ועליה \(42\) צימוקים ו\(42\) דובדבנים. שלושה המחלקים, מס’ 1 , 2 ו-3 מעריכים אחרת את העוגה.
מספר 1 מתחשב רק במשקל העוגה (ולכן אם בחלקו יפלו \(100\) גר’ ומעלה הוא ישמח בחלקו)
מספר 2 מתחשב רק במספר הצימוקים (ולכן אם בחלקו ייפול נתח עם \(14\) או יותר צימוקים הוא לא יחוש מקופח)
מספר 3 מתחשב במספר הדובדבנים בלבד (כלומר בחלקה “צודקת” יפלו בחלקו \(14\) או יותר דובדבנים).
בשלב הראשון מס’ 1 מחלק את העוגה ל\(3\) חלקים כל אחד במשקל \(100\) גר’. מאחר והוא לא מייחס כל חשיבות לצימוקים ולדובדבנים מספרם אינו זהה בכל החלקים, ובמקרה המעניין הבא נעסוק:
חלק \(A\) מקושט ב \(22\) דובדבנים וב \(22\) צימוקים.
חלק \(B\) מקושט ב \(20\) דובדבנים.
חלק \(C\) מקושט ב \(20\) צימוקים.
בשלב הראשון מס’ 2 יבחר את חלק \(A\) וגם מס’ 3 , אם יהיה “תאוותן” יבחר באותו חלק.
ולכן יהיה צריך לעבור לשלב הבא שבו מס’ 2 יבחר את חלק \(C\) ויבטיח לעצמו \(21\) צימוקים.
מאידך בחלוקה לשתיים של חלקים \(A\) ו\(C\) מספר 3 יכול להבטיח לעצמו רק \(11\) דובדבנים והוא לא יקבל שליש מחלקו.
כמובן שאם מס’ 3 יתנהג לפי האסטרטגיה שהוצעה בפתרון הוא יבחר בחלק \(B\), וכמובן שלא ירגיש מקופח.
המקרה הכללי – חלוקת עוגה בין \(n\) משתתפים
קל להכליל את פתרון 1 למקרה הכללי. נשתמש באינדוקציה. נניח ששיטתנו עובדת לחלוקה ל –\(n-1\) עכשיו כל אחד מ \(n-1\) האנשים יחלק את חלקו ל\(n\) חלקים וייתן לאיש מס’ \(n\) לבחור חלק אחד. אני משאיר לקוראים לבדוק שאכן זו חלוקה “צודקת”. הבעיה היא שבתהליך העוגה נחלקת ל\(n!\) חלקים וכבר במספר קטן של משתתפים כל אחד יקבל אוסף של פרורים….
Martin Gardner הציע את השיטה הבאה:
אחד המשתתפים יאחז סכין ויניח אותה סמוך לקצה אחד של העוגה (תחשבו על עוגה מלבנית ארוכה) ולאט לאט יזיז אותה כך שחלק גדול יותר של העוגה ייחשף, המשתתפים יעריכו את גודל החלק (כל אחד לפי תפיסתו) וברגע שהחלק ייראה לאחד מהם מספיק גדול יצעק “חתוך” והאוחז בסכין יחתוך את החלק וימסור אותו. במידה ושניים יצעקו בו זמנית תערך הגרלה ואחד מהם יקבל את החלק – כמובן שגם האוחז בסכין יכול להחליט שהוא מעוניין בחלק ולצעוק “חתוך” כמו יתר המשתתפים. כדי למנוע את נושא הצעקות אפשר גם להציע דרך חלופית שבה כל אחד מהמשתתפים מבקש נתח של העוגה הנחתך במישור במרחק \(d\) מהקצה שלה (כמתואר בשרטוט). זה שמציע את הערך \(d\) הנמוך ביותר זוכה בו. השאר ממשיכים בתהליך. כל משתתף שיבחר באסטרטגיה בה הוא יציע \(d\) שיביא לכך שערך הנתח יהיה, לתפיסתו, \(\frac{1}{n}\) יקבל בצורה כזו לפחות\(\frac{1}{n}\) מהעוגה. כי אם לא יקבל את הנתח המבוקש על ידו בשלב הראשון, מובטח לו שנותרו לתפיסתו, יותר מ\(\frac{(n-1)}{n}\) של העוגה ולכן מובטח לו שבהמשך יוכל לקבל את חלקו. יש לתת את הדעת שמשתתף “חמדן” שינסה לקבל חלק גדול יותר מ\(\frac{1}{n}\) לא יוכל להבטיח שאכן יקבל אפילו \(\frac{1}{n}\) מהעוגה.
חידה 3– מסלול? – נראה שהמסלול הוא קו ישר, שהוא קוטר המעגל הגדול העובר דרך הנקודה \(A\).
נייחס לשרטוט. בקו מקווקו מתואר העגול הקטן במצב שבו הנקודה \(A\) נמצאת על המעגל הגדול. לאחר סיבוב מסוים מרכז העגול הקטן עובר לנקודה \(O’\) והוא משיק למעגל הגדול בנקודה \(B\). נסמן ב\(C\) את חיתוך המעגל הקטן בקוטר המעגל הגדול \(OA\) (העובר דרך הנקודה \(A\)). מהמשפט שזווית היקפית שווה למחצית הזווית המרכזית במעגל, נובע כי \(\angle CO’B = 2*\angle COB = 2*\angle AOB\). מאחר ורדיוס המעגל הגדול כפול מהקטן אורך הקשת \(AB\) (על המעגל הגדול) שווה לאורך הקשת \(CB\) (על המעגל הקטן). מאחר והמעגל הקטן נע ללא החלקה בתוך המעגל הגדול הנקודה \(A\) מגיעה לנקודה \(C\). כלומר היא נעה לאורך הקוטר. במהלך סיבוב מלא הנקודה \(A\) תנוע מקצה אחד של הקוטר לקצה השני וחזרה.
שמות הפותרים נכונה את החידות מגיליון מאי 2015
בן בן דוד הולצר, מושב קדרון, כתה י”ב בבי”ס ברנר, בגבעת ברנר. – חידות 2 ו 3
בגיליון הקודם סיפרנו על עקרון שובך היונים: אם יש יותר יונים מתאים, אז לפחות שתי יונים יצטרכו להצטופף באותו תא. תמונת מראה של העיקרון הזה היא שאם יש פחות יונים מתאים, יישאר תא ריק. המתמטיקאי דן עמיר טבע לעיקרון הזה את השם “עקרון הכיסאות המוזיקליים” (מי שמכיר את המשחק הזה מבין מדוע, אף על פי ששם בני אדם הם שנשארים “ריקים” – ריקים מכסאות). גם הוא, כמו עקרון שובך היונים, פשוט מאוד – החוכמה אינה בעצם השימוש בו אלא בבחירה של התאים ושל היונים. במאמר של אנה ליזהטוב יסופר על שימוש גיאומטרי לעיקרון הזה. גם כאן יש נקודה ישראלית – בעל הטיעון הוא מיכה פרלס מן האוניברסיטה העברית.
יש גם השערה, שהיא הכללה של המשפט שעל הוכחתו מסופר במאמר. זוהי השערה של המתמטיקאי האנגלי-אמריקאי המפורסם ג’ון קונווי. השערה שנראית כאילו כל ילד יכול לפתור אותה. נסו!
ויש גם הוכחה יפה למשפט ישן, של קיילי, על ספירת עצים. בעל ההוכחה הוא דניאל קלייטמן, מ-\({MIT}\). את המאמר כתב עבורנו כתבנו הוותיק אליהו לוי.
חידוש נוסף לאתר! העלנו לרווחתכם את “רבעון למתמטיקה” – בין הגליונות המתמטיים הותיקים אם לא הותיק ביותר. איכות הקבצים היא סריקה אך זהו אוצר שלא יסולא בפז, תהנו.
עקרון הכיסאות המוזיקליים
אנה ליזהטוב
בגיליון הקודם סיפרנו על עקרון שובך היונים: אם יש יותר יונים מתאים, שתיים מהן תצטרכנה להצטופף באותו תא. עיקרון פשוט עוד יותר הוא בכיוון ההפוך: אם יש פחות יונים מאשר תאים, לפחות תא אחד יישאר ריק. כפי שאם יש פחות כיסאות מאנשים במשחק הכיסאות המוזיקליים יהיה אדם ללא כיסא (את השם “עקרון הכיסאות המוזיקליים” הציע המתמטיקאי דן עמיר). או, שאם קונים \(99\) שלגונים ל-ִ\(100\) ילדים, יהיה ילד שלא יקבל שלגון. פשוט? ובכן, כמו במקרה של עקרון שובך היונים, תלוי איך משתמשים בזה. הנה משפט שנראה פשוט, אבל איני מכיר לו שום הוכחה פשוטה.
משפט: בהינתן נקודות במישור וקטעים המחברים ביניהן, אם יש יותר קטעים מנקודות אזי בין הקטעים הנתונים יש שניים שאינם נפגשים.
אם מספרם של הקטעים שווה למספר הנקודות, ייתכן מאוד שכל שני קטעים ייפגשו. בכל אחת משתי הדוגמאות שלהלן, למשל, יש \(5\) נקודות ו-\(5\) קטעים, וכל שני קטעים נפגשים, אם בקצותיהם ואם בנקודות שבתוכם:
אבל אם \(5\) קטעים יעברו בין \(4\) נקודות (כך שיש יותר קטעים מנקודות) שניים מביניהם יהיו “זרים” (לא נפגשים). למשל:
כאן יש יותר קטעים מנקודות – \(5\) קטעים כנגד \(4\) נקודות. המשפט אומר שבמקרה כזה יש שני קטעים שאינם נפגשים. ואומנם כך הוא – הקטע \(AD\) אינו פוגש את הקטע \(BC\).
בציור יש שני קטעים שאינם נפגשים – \(AD\) ו-\(BC\). (גם \(AC\) ו-\(BD\) אינם נפגשים). אבל זוהי רק דוגמה, ואילו אנו רוצים להוכיח זאת בצורה כללית. ההוכחה האלגנטית הבאה, של המתמטיקאי הישראלי מיכה פֶּרְלֶס, משתמשת בעקרון הכיסאות המוזיקליים.
פרלס אוהב לתאר את הוכחתו במונחים של כינים שמטילות ביצים על שערות. בכל נקודה עומדת כינה. לכל קטע (“שערה”) שהכינה רואה באותה נקודה, הכינה מסתכלת לאורך הקטע, ומטילה עליו ביצה, בסמוך לנקודה שבה היא יושבת, בתנאי הבא: שכאשר היא מסתכלת מן הקצה הזה בכיוון ימין מן הקטע, היא אינה רואה קטע אחר שיוצא מאותה נקודה. “ראייה” היא בזווית קטנה או שווה ל-\(180\) מעלות, ו”לא לראות” פירושו שעד לקטע הבא יש זווית גדולה מ-\(180\) מעלות. למשל, בדוגמה שלנו הכינה העומדת ב-\(A\) תטיל ביצה על הקטע \(AD\), משום שכשהיא מסתכלת בכיוון \(D\) היא אינה רואה מימינה קטע שיוצא מ-\(A\). הכינה העומדת ב-\(B\) תטיל ביצה על ,\(BC\) הכינה העומדת ב-\(C\) תטיל ביצה על \(CA\), והכינה שעומדת ב-\(D\) תטיל ביצה על \(BD\). בקצה \(D\) של הקטע \(AD\), לעומת זאת, לא תוטל ביצה, משום שהכינה העומדת ב-\(D\) רואה מימינו של \(AD\) את הקטע \(DB\).
הכינה העומדת ב-\(A\) מטילה ביצה על הקטע \(AD\), משום שכשהיא מביטה מימין ל-\(D\) היא אינה רואה קטע – עליה להסתובב ביותר מ-\(180\) מעלות עד לקטע הבא, \(AC\).
ההבחנה המכרעת היא זו: כל כינה מטילה לכל היותר ביצה אחת.
כלומר, הכינה מטילה רק על לכל היותר קטע אחד היוצא מן הנקודה שבה היא עומדת. פירוש הדבר שמכל הקטעים היוצאים מן הנקודה, פרט אולי לאחד, אפשר לראות קטע מצד ימין (ולכן לא תוטל עליהם ביצה). הסיבה פשוטה ביותר: כדי שקטע א’ לא יראה מימינו קטע אחר, הזווית בין א’ לקטע הבא (עם כיוון השעון) היוצא מאותה נקודה חייבת להיות גדולה מ-\(180\) מעלות. אבל לא תיתכנה שתי זוויות גדולות מ-\(180\) מעלות באותה נקודה, ולכן ייתכן רק קטע אחד, לכל היותר, שאינו רואה מימינו קטע אחר. ואכן, בדוגמה שבציור, למשל, ליד כל נקודה מוטלת ביצה אחת בדיוק.
ליד כל נקודה הוטלה ביצה אחת. מכיוון שיש \(5\) קטעים ורק \(4\) נקודות, יש קטע, \(AB\), שעליו לא הוטלה ביצה.
עתה נוכל להפעיל את עקרון הכיסאות המוזיקליים. כיוון שליד כל נקודה יש לכל היותר ביצה אחת, מספר הביצים אינו עולה על מספר הנקודות. על פי הנתון, יש יותר קטעים מאשר נקודות, ולכן גם יותר קטעים מאשר ביצים (בדוגמה יש \(5\) קטעים, ו-\(4\) סימונים). כשנפעיל את עקרון הכיסאות המוזיקליים נקבל שיש קטע (שאותו נציין, נאמר, כ-\(XY\)) שבאף אחד מקצותיו לא הוטלה ביצה (זהו ה”ילד שלא קיבל שלגון”). העובדה שהקטע לא סומן בביצה בקצה \(X\) משמעה שאפשר לראות מימינו, בנקודה \(X\), קטע \(XU\) מן הקטעים הנתונים; העובדה שהוא לא סומן בצד של \(Y\) פירושה שבנקודה \(Y\) יש קטע \(YV\) שנמצא מימינו של \(XY\). אבל אז הקטעים \(XU\) ו-\(YV\) אינם נפגשים!
על הקטע \(XY\) לא הוטלה ביצה. הסיבה: הכינה ב-\(X\) רואה מימין ל-\(XY\) את הקטע \(XU\), והכינה ב-\(Y\) רואה מימין ל-\(XY\) את הקטע \(YV\). הקטעים \(XU\) ו-\(YV\) אינם נפגשים, והם אם כן זוג הקטעים המבוקש.
בדוגמה שלעיל, על הקטע \(AB\) לא הוטלה ביצה. בקצה \(A\) אין ביצה, משום ש-\(AD\) נמצא מימינו של \(AB\), כאשר מסתכלים מכיוון הנקודה \(A\); בקצה \(B\) אין ביצה, משום ש-\(BC\) נמצא מימינו של \(AB\) כשמסתכלים מן הקצה \(C\). ואכן, \(AD\) ו-\(BC\) אינם נפגשים.
השערת ה-Thrackle
אנה ליזהטוב
ג’ון קונווי (\(John Conway\)), מתמטיקאי אנגלי שעובד בפרינסטון, הוא אחד המתמטיקאים הידועים של ימינו, וגם אחד הצבעוניים שבהם. הוא בעל כשרון מיוחד לגילוי שיטות אלמנטריות לפתרון בעיות קשות, ולניסוח בעיות אלמנטריות. בסוף שנות ה-\(60\) ניסח קונווי השערה שמכלילה את המשפט מן המאמר על הכסאות המוזיקליים, בדבר קיום שני קטעים זרים. ההשערה נשמעת פשוטה למדי, אבל כמו בהרבה מקרים הַפַּשטות הזאת מתעתעת. קונווי הגדיר יצור מתמטי שנקרא “\(Thrackle\)”, שמשמעותו (לפחות אליבא דקונווי) “קשר” בגַלית עתיקה. ואכן, היצור הזה הוא מעין ציור של “פלונטר”. \(Thrackle\) הוא ציור המורכב מנקודות, ומעקומים (קווים) המחברים בין הנקודות, שמקיימים את התנאי הבא: כל שני עקומים נפגשים בדיוק בנקודה אחת, ובאותה נקודה הם נחתכים ממש, כלומר אינם משיקים בה. מותר לקטעים להיפגש גם בקצוות שלהם.
זהו \(Thrackle\), כלומר ציור שבו כל קו פוגש כל קו אחר בדיוק בנקודה אחת. ב- \(Thrackle\) הזה יש \(5\) נקודות ו-\(5\) קווים. השערתו של קונווי היא שב-\(Thrackle\) מספר הקווים אינו יכול לעלות על מספר הנקודות.
השערת ה-\(Thrackle\) אומרת שמספר הקווים ב-\(Thrackle\) אינו יכול לעלות על מספר הנקודות. המשפט שהוכחנו בסעיף הקודם אומר שההשערה נכונה כאשר הקווים הם ישרים. ניסחנו אותו אומנם קצת אחרת: “אם יש יותר קטעים מאשר נקודות, יש שני קטעים שאינם נחתכים”. אבל זה בבירור שקול ל: “אם כל זוג של קטעים נחתך, אז מספר הקטעים אינו עולה על מספר הנקודות” (כשם ש”אם היום שבת אין תחבורה ציבורית” שקול ל”אם יש תחבורה ציבורית אז היום לא שבת”). השערתו של קונווי היא שתכונת הישרות של הקווים אינה נחוצה – המשפט הזה נכון גם לקווים שאינם ישרים. שימו לב עד כמה הוכחתו של פֶּרלֶס משתמשת בישרותם של הקווים – נראה שלפחות את ההוכחה הזאת קשה יהיה להכליל!
נוסחת קיילי
פרופ’ דניאל קלייטמן, תרגם: אליהו לוי
פרופ’ דניאל קלייטמן, Daniel J. Kleitman), MIT), ארה”ב
הרצאה שניתנה במועדון המתמטי בטכניון בשנות ה-90 של המאה הקודמת
גרף מורכב משתי קבוצות: הקודקודים, הצלעות. כל צלע היא זוג של קודקודים שונים. אנו נתבונן בגרפים סופיים, ויהי \({n}\) מספר אברי קבוצת הקודקודים. לגרףמכוון יש צלעות מכוונות, זאת אומרת צלע היא זוג מסודר של קודקודים, אחד הוא הראש של הצלע והשני הוא הזנב שלה.
מסלול בגרף מהקודקוד \({x}\) לקודקוד \({y}\) הוא רשימה של צלעות כך ש:
הצלע הראשונה מכילה את \({x}\) והצלע האחרונה מכילה את \({y}\);
לכל צלע ברשימה יש קודקוד משותף עם הצלע העוקבת לה, וקודקוד אחר משותף עם הצלע הקודמת לה.
גרף נקרא קשיר אם יש מסלול מכל קודקוד לכל קודקוד אחר בו. עץ הוא גרף קשיר שיחדל להיות קשיר אם יוציאו ממנו איזושהי צלע שלו.
(לעץ יש \({n-1}\) צלעות: אם לגרף \({G}\) אין צלעות אזי כל קודקוד הוא מבודד והגרף מורכב מ \({n}\) בלוקים קשירים זרים שכל אחד מהם מורכב מקודקוד אחד. כל צלע שנוספת ל \({G}\) או מחברת שני בלוקים ובכך מקטינה את מספר הבלוקים באחד, או נמצאת בתוך בלוק קיים, ובמקרה זה אפשר להשמיטה מ \({G}\) בלי לקלקל את הקשירות. אם כך, אחרי הוספת \({n-1}\) צלעות הכרחיות-לקשירות לגרף ללא צלעות, הוא ייהפך לקשיר.) מעגל הוא מסלול מקודקוד לעצמו שמכיל כל קודקוד אחר בשתים מהצלעות שבו לכל היותר.בעץ אין מעגלים: ממעגל אפשר להשמיט צלע בלי להקטין את מידת הקשירות.
\({n=6}\)
גרף
עץ
מעגל
במאה התשע-עשרה, קיילי \(Cayley\) שאל וענה על השאלה הבאה: כמה עצים שונים יש עם קבוצה נתונה של \({n}\) קודקודים? מאז הופיעו הוכחות רבות של התוצאה שלו. אנו מציגים כאן הוכחה שהיא אולי חדשה.
נראה קודם אם נוכל לנחש את התשובה: כדי לעשות כך נבדוק את המקרים הקטנים: למרבה המזל, עבור ערכים קטנים של \({n}\) יש רק מעט צורות שיכולות להיות לעץ, ואפשר לספור כמה עצים יש מכל צורה ללא קושי רב. זה נעשה בציור הבא.
בדרך כלל אפשר לשים את קודקודי צורה על קבוצת \({n}\) הקודקודים הנתונים (“לקרוא לקודקודי הצורה בשמות”) ב \({n!}\) אופנים שונים. אבל, אם לצורה יש סימטריה, אזי אותו עץ יתקבל מ”קריאה כלשהי בשמות” ומתמונתה ע”י פעולת סימטריה. כדי למצוא את מספר העצים השונים מכל צורה יש לחלק את \({n!}\) במספר פעולות הסימטריה שיש לצורה (במלים אחרות, בסדר חבורת הסימטריה שלה).
מס’ העצים
\({n}\)
\({1}\)
\({n=2}\)
\({3}\)
\({n=3}\)
\({16}\)
\({n=4}\)
\({125}\)
\({n=5}\)
מוצאים, עבור מספר העצים \({c(n)}\) על \({n}\) קודקודים: \({c(3)=3^1}\), \({c(4)=4^2}\), \({c(5)=5^3}\), וזה מביא להשערה שהתשובה היא \({c(n)=n^{n-2}}\). זה פועל אפילו עבור \({n=2}\): \({c(2)=1=2^0}\).
נבדוק את \({n=6}\), בציור מתוארות הצורות האפשריות:
הצורות עבור \({n=6}\)
\({360\cdot3+90+120+6=1296=6\cdot6\cdot6\cdot6}\)
אם אתם כמוני (וכמו קיילי) , אתם בוודאי כבר משוכנעים שהתשובה הכללית היא \({n^{n-2}}\).
זה מה שנוכיח. כדי לעשות זאת, נשאל קודם: מה אנו יודעים שהמספר הזה, \({n^{n-2}}\) מונה?
אם נבדוק שוב מקרים קטנים, נראה ש \({3=(1+1+1)}\), \({4^2=(1+1+1+1)\cdot(1+1+1+1)}\), ובאופן כללי \({n^{n-2}}\) הוא מכפלה של \({n-2}\) גורמים זהים שכל אחד מהם הוא סכום \({n}\) \({1}\) -ים.
אפשר להשתמש בחוק הדיסטריבוטיבי (חוק הפילוג) לגבי מכפלה זו פעם אחר פעם עד שהופכים אותה לסכום של מכפלות של אברים בודדים מהגורמים המקוריים. כיון שכל איבר כזה הוא \({1}\), כל המכפלות האלה יהיו שוות ל \({1}\), ו \({n^{n-2}}\) שלנו הוא מספר האברים השונים שמתקבלים מהפעלת חוק הפילוג כאן.
לכן \({n^{n-2}}\) מונה את מספר הדרכים השונות לבחור אפשרות אחת מבין \({n}\) אפשרויות, \({n-2}\) פעמים נבדלות.
אנו רוצים להשתמש בכך, ולהוכיח שאותו מספר מונה גם את מספר העצים.
זו תהיה דרך המחשבה של הוכחתנו:
\({n^{n-2}}\) יכול להיכתב כמכפלה של סכומי \({1}\) -ים בסוגריים.
כל איבר שמתקבל אחרי פתיחת הסוגריים ניתן לתיאור ע”י “פונקציה”.
כל פונקציה כזו קובעת גרף מכוון.
כל גרף מכוון כזה מתאים לעץ מסוים וכל העצים מתקבלים באופן כזה.
לכן \({n^{n-2}}\) הוא מספר העצים.
אנו הופכים איבר בפיתוח המכפלה לפי חוק הפילוג לפונקציה באופן הבא: איבר מהווה בחירה של מקום אחד בכל אחד מהסוגריים. אם ניתן למקומות השונים שמות \({1,2,\ldots,n}\), אזי כל איבר מתאים להתאמת אחד ממספרים טבעיים אלה לכל אחד מהסוגריים. זוהי הפונקציה שמתאימה לאיבר.
את האיברים המודגשים בקו מתחת אפשר לתאר ע”י ה”פונקציה” או ההתאמה \({f(3)=2}\) ,\({f(2)=3}\) ,\({f(1)=4}\). וכל איבר בפיתוח המכפלה מתואר ע”י פונקציה אחרת.
אפשר לבנות גרף מכוון שמתאים לפונקציה כזו ע”י כך שמפרשים את העובדה \({f(1)=4}\), למשל, בתור קיום צלע מכוונת מ \({1}\) ל \({4}\).
הגרפים שאנו מקבלים בצורה כזאת אינם עצים. למשל, אלה גרפים מכוונים בעוד שעצים אינם מכוונים. את זה קל לתקן: אפשר לכוון את הצלעות בכל עץ כך שיתכוונו אל הקודקוד \({n}\). אז כל עץ נהפך לגרף מכוון; אבל זה עדיין לא נראה כמו הגרפים שלנו.
עץ
עץ עם צלעות מכוונות לכיוון \({n}\), \({n=7}\)
כאשר מתייחסים לעצים באופן כזה, הם נבדלים מהגרפים שלנו בשלושה אופנים: בכל אחד מהם יש צלע שיוצאת מ \({n-1}\), בעוד שבגרפים שלנו איןאין בהם מעגלים, בעוד שבגרפים שלנו יכולים להיות;. בנוסף לכך, בכל עץ, המכוון באופן זה, יש צלע מכוונת ל \({n}\)בגרפים שלנו לא חייבת להיות צלע כזו.
כך נהפוך כל אחד מהגרפים שלנו לעץ: נתון גרף כזה \({G}\), ניצור מסלול מ \({n-1}\) ל \({n}\), שעובר דרך כל מעגל ב \({G}\) והורס אותו. אם אנו יכולים גם להפוך (לבטל) את התהליך באופן חד-ערכי, אז גמרנו.
איך? נסדר את המעגלים לפי הקודקוד הגדול ביותר בהם (כלומר הקודקוד שהאינדקס המספרי שלו: \({1,2,\ldots,n}\) הוא הגדול ביותר) , הגדול ביותר תחילה; ניתן למסלול שלנו להתחיל ב \({n-1}\) ולהיכנס לכל מעגל מייד אחרי הקודקוד הגדול ביותר במעגל, ולצאת אל המעגל הבא (או, אם אין יותר, אל \({n}\)) בקודקוד הגדול ביותר (ובכך תישמט הצלע מהקודקוד הגדול ביותר אל העוקב לו במעגל) . כעת אנו עוברים למעגל בעל הקודקוד השני בגודלו וחוזרים על הבניה, עד שאין יותר מעגלים.
הנה דוגמה כיצד זה נעשה:
\({f(1)=4,\,f(2)=3,\,f(3)=2}\)
\({n-1=4}\)
כדי להפוך לעץ:
הוסף צלע מ \({n-1}\) לקודקוד שאחרי הגדול ביותר במעגל: \({\{4,2\}}\)
הוסף צלע מהגדול ביותר במעגל אל המעגל הבא או אל \({n}\): \({\{3,5\}}\)
השמט את הצלע במעגל היוצאת מהקודקוד הגדול ביותר: \({\{3,2\}}\)
כדי להפוך (לבטל) את הבניה – כדי לקבל את \({G}\) מהעץ המתאים \({T}\), מצא את המסלול מ \({n-1}\) ל \({n}\) ב \({T}\); הקודקוד הגדול ביותר במסלול זה מסמן את קצה המעגל הראשון ב \({G}\). בנה מחדש מעגל זה, השמט את הצלע שיוצאת מ \({n-1}\), ועבור למעגל הבא; בנה אותו מחדש באופן דומה, והמשך עד שיצרת את \({G}\).
\({G\setminus T}\) מורכב מצלע מכל מעגל – זו שיוצאת מהקודקוד הגדול ביותר במעגל.
\({T\setminus G}\) מורכב מצלע מ \({n-1}\) למעגל הראשון, צלעות מהקודקוד הגדול ביותר בכל מעגל אל העוקב לגדול ביותר במעגל הבא, ולבסוף צלע אל \({n}\). הוכחנו את נוסחת קיילי. אם אתם רוצים לשכנע את עצמכם ששיקולים אלה פועלים, נסו לצייר כמה עצים ולהפוך אותם לגרפים, לפונקציות ולאיברים בפיתוח של \({n^{n-2}}\) וללכת גם בדרך ההפוכה. התהליך של המרת מעגלים במסלול כמו שאנו עושים זאת כאן מזכיר לי עשיית מחרוזת עם חרוזים מסודרים לפי הגודל.
הערה נוספת:הפונקציה \({(x_1+x_2+\cdots+x_n)^{n-2}}\), כאשר מפתחים אותה לפי חוק הפילוג (החוק הדיסטריבוטיבי) , מורכבת מ \({n^{n-2}}\) איברים, אחד עבור כל גרף \({G}\), ולכן אחד עבור כל עץ, בדיוק כמו לעיל, פרט לכך שהאיברים אינם כולם \({1}\). באיבר שנתרם ע”י עץ מסויים יש חזקה \({x_j}^k \) אם \({j}\) נלקח \({k}\) פעמים בבניית האיבר המתאים מחוק הפילוג; זה אומר שהערכיות הנכנסת של הקודקוד \({j}\) ב \({G}\) היא \({k}\).
כל ערכיות ב \({T}\) היא בדיוק ב \({1}\) יותר מהערכיות הנכנסת של אותו קודקוד ב \({G}\)לכן הפונקציה לעיל היא הסכום על העצים של המכפלה עבור אינדקסים \({j}\) בין \({1}\) ו \({n}\) של \({x_j}\) מועלה לחזקה שהיא ערכיות הקודקוד \({j}\) ב \({T}\) פחות \({1}\). בסימון מתמטי זה נכתב כך:
הטענה האומרת ששתי ישויות אלה הן שוות היא הצורה החזקה המקובלת של נוסחת קיילי.
יש תריסרי הוכחות שונות לנוסחת קיילי, אבל כולן נראות קצת קשות יותר מזו שהבאנו. ההוכחה הקרובה לה ביותר ברוחה היא של \(Chen\).
חידות
דניאל לובזנס
דבר העורך:בחודש שעבר חל “יום הפאי” – כידוע היחס בין הקף המעגל לקוטרו הוא המספר האי-רציונלי פאי \(\pi = 3.1415\dots\dots\) בצורת כתיבת התאריכים האמריקאית \(3/14\) הוא ה \(14\) במרס שזהו יום הולדתו של אלברט איינשטיין ומצוין כיום המדע (ראו ערך).
שתי חידות יעסקו בחלוקת הפאי (במובן של העוגה) והשלישית תעסוק במעגלים.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 26.4.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1– איך לחלק את הפאי?
עוגת פאי ניתנת לתיאור ע”י צורה דו ממדית כלשהיא. האם אפשר לחלק אותה ל\(4\) חלקים שווים בשטחם ע”י שני ישרים הניצבים זה לזה?
חידה 2– איך לחלק את העוגה?
לא תמיד חלוקה של עוגה לשני חלקים שווים בשטחם (לעוגה דו ממדית) או בנפחם/משקלם (לעוגה תלת ממדית) היא חלוקה “צודקת”. לעוגה יכולים להיות חלקים נחשקים יותר (צימוקים, ציפוי שוקולד….) ונחשקים פחות (אזורים שנחרכו…) ולכן קשה לחלקה לשניים בצורה שתבטיח שכל אחד ממקבלי החלקים לא ירגיש מקופח. בכל זאת אפשר לחלק עוגה באופן “צודק” בין שני אנשים בצורה הבאה:
הראשון חותך את עוגה לשני חלקים בצורה הנראית לו “צודקת”, כלומר הוא לא ירגיש מקופח אם יקבל כל אחד מהחלקים. עכשיו נתן לשני לבחור את החלק שהוא רוצה בו, ובכך נבטיח שגם הוא לא ירגיש מקופח ולכן החלוקה תהיה “צודקת”. יש לתת את הדעת לכך שצורה זו של חלוקה מותירה כל צד שמח בחלקו גם העדפותיהם שונות.
איך נתן לחלק עוגה בצורה “צודקת” (במובן זה שאף אחד מהמשתתפים לא ירגיש מקופח) בין שלושה אנשים?
חידה 3– מסלול ?
שני מעגלים, האחד בעל מחצית הרדיוס מהשני, נמצאים אחד בתוך השני, משיקים זה לזה –כמתואר בציור:
כאשר המעגל הפנימי מתגלגל בלי להחליק בתוך המעגל החיצוני, ומשלים \(2\) סיבובים עד שהוא חוזר למקומו הנוכחי, איך יראה המסלול שתתווה נקודה כלשהיא \(A\)?
רמזים לחידות מגיליון מרס 2015
חידה 1– עקומות על תפוחי אדמה? – תארו לעצמכם את שני תפוחי האדמה החותכים אחד את השני.
חידה 2– מה אורך החוט? – מצאו קשר כללי בין ארכי צלעות של רבוע שאלכסוניו נצבים – ראו את חידת קידוח הנפט מינואר 2015
חידה 3– הזיקיות? – חישבו מודולו \(3\).
פתרון החידות גיליון פברואר 2015
חידה 1– סכומים של ספרות
נסתכל על סכום הספרות מ \(0\) עד \(N=999,999\). נראה שאם נסכם זוגות מספרים \(m\) ו\(N-m\) , (\(0\) ו-\(999,999\) ,\(1\) ו-\(999,998\) ,\(2\) ו-\(999,997 \) וכו’) סכום כל זוג הוא \(999,999\) סכום ספרותיו \(9*6=54\). יש \(500,000\) זוגות כאלה ולכן סכום הספרות של המספרים מ\(0\) עד \(999,999\) הוא \(54*500,000=27,000,000\) וסכום הספרות של \(1,000,000\) הוא \(1\) ולכן הסכום המבוקש הוא: 27,000,001.
חידה 2– מרכזי ריבועים על גבי מקבילית
אפשר כמובן להוכיח באמצעות משולשים חופפים כפי שהוצע ברמז. העדפתי להביא פתרון שמסתמך על סימטריה. מעתיקים את הצורה הבסיסית ומשכפלים אותה עוד \(3\) פעמים סביב הרבוע שמרכזו ב\(K\). בשל הסימטריה \(N’L’LN\) הוא רבוע שמרכזו ב \(K\), ולכן \(KN=KL\) והזווית \(NKL\) היא זווית ישרה (אלכסוני הרבוע נצבים זה לזה, זהים באורכם, וחוצים זה את זה) ולכן \(KLMN \) גם הוא רבוע.
חידה 3– סכום של הופכיים
מאחר ואין ל \(a_i\) גורמים שווים או גדולים מ \(5\) , רק \(2\) ו \(3\) הם הגורמים הראשוניים שלו. כלומר: \(a_i=2^l*3^m\) כאשר \(0 \le l \le L, 0 \le m \le M\) (הגבול העליון נובע מכך שיש מספר סופי של מספרים \(a_i\))
מה זו מתמטיקה? שאלה קשה באמת. בגיליון הזה תמצאו פורום לדיון בשאלה הזאת (כאן) – נשמח לתשובותיכם. אבל ברור דבר אחד: מתמטיקה עושה הפשטות של מה שקורה בעולם. וככל שמתקדמים במתמטיקה, מידת ההפשטה גדולה יותר. מושג המספר הוא כבר הישג גדול של ההפשטה האנושית: משלושה תפוחים, שלושה חתולי ושלושה ילדים יצר האדם את המושג המופשט של המספר \({3}\). מאחורי ההפשטה הזאת עומדת ההבנה שמבחינת הפעולות, לא חשוב מה מונים: אם תצרפו \({3}\) עפרונות ל-\({2}\) עפרונות תקבלו \({5}\) עפרונות, ואם תצרפו \({3}\) תפוחים ל-\({2}\) תפוחים תקבלו \({5}\) תפוחים. לכן אפשר לכתוב בקיצור \({3+2=5}\). בשלב ההפשטה הבא, האלגברה, מדברים כבר על מספרים כלליים. בגיליון הזה נספר על מושג מופשט מאוד: חבורה. חבורה היא קבוצה עם פעולה, שמקיימת תכונה פשוטה מאוד: הפיכות. יש פעולות הפיכות בחיים – אם הלכת צעד צפונה אתה יכול לחזור לנקודת המוצא אם תלך צעד דרומה. יש גם פעולות לא הפיכות – למשל, אם בטעות שמתם מלח בתה במקום סוכר, יהיה לכם קשה מאוד להפוך את הפעולה הזאת. כנראה תצטרכו להכין כוס תה מחדש. ובכן, חבורה היא קבוצה עם פעולה הפיכה. למשל, החיבור במספרים השלמים הוא הפיך – הפעולה ההפוכה היא חיסור. כפל במספרים הממשיים בלי \({0}\) גם הוא הפיך. הפעולה ההפוכה היא חילוק. במספרים השלמים הכפל אינו פעולה הפיכה, במובן זה שהחילוק, הפעולה הטבעית ההפוכה, אינו מוגדר לכל שני מספרים. למשל, \({1:2}\) אינו מוגדר בשלמים.
בגיליון הזה נלמד על המושג הזה, של החבורה. חבורות הן דבר שימושי מאין כמותו. תורת החלקיקים האלמנטריים, למשל, מבוססת על חבורות. בגיליון הזה נלמד על שימוש אחד של החבורות: מציאת שלשות פיתגוריות. במאמר של אמנון יקותיאלי מאוניברסיטת בן גוריון נעשה קישור יפה בין השלשות האלה, מספרים מרוכבים ומושג החבורה.
חבורות – חלק ב
אנה ליזהטוב
6. סכום ישר של חבורות
קבוצת הוקטורים במישור, עם פעולת החיבור, גם היא חבורה. אבל כידוע אפשר לזהות את קבוצת הוקטורים במישור עם נקודות במישור – כל נקודה מזוהה עם הוקטור מן הראשית אליה. בייצוג הזה, החיבור הוא קואורדינטה-קואורדינטה (למשל \({(2,3)+(10,20)=(12,23)}\)). הבנייה הזאת, של זוגות של איברים עם פעולה קואורדינטה-קואורדינטה, היא כללית. כך מגדירים את \({(\mathbb{R}^2,+)}\), \({(\mathbb{Q}^2,+)}\) (הראשון הוא המישור הממשי, השני המישור של המספרים הרציונליים).
באופן כללי, בהינתן שתי חבורות (שמותר להן להיות גם שוות – כך היה במקרים לעיל) \({(G, \cdot)}\) ו-\({(H, \cdot)}\), (בשתיהן השתמשנו באותו סימן פעולה, אבל זה לא חייב להיות כך), הסכום הישר שלהן \({G \oplus H}\) הוא אוסף הזוגות \({(g,h),~g \in G, ~h \in H}\) עם הפעולה: \({(g,h)\cdot (g’,h’)=(g\cdot g’,h\cdot h’)}\).
קל לראות שאם \({G}\) ו-\({H}\) סופיות, אז \({|G \bigoplus H|=|G| \times |H|}\). משום כך משתמשים לפעמים בסימון \({G \times H}\) לסכום הישר, ואז קוראים לו “מכפלה”.
עכשיו אתם מבינים את מקור השם \({\mathbb{R}^2}\) – זוהי מכפלת \({\mathbb{R}}\) בעצמו, אם כן זוהי חזקה שנייה שלו.
7. איזומורפיזם
כבר הזכרנו את מושג האיזומורפיזם. כאמור, “איזומורפי” פירוש “שווה צורה”. באופן כללי שני גופים נקראים “איזומורפיים” אם הם למעשה שווים כשרק שינוי שמות האיברים מפריד ביניהם. “איזומורפיזם” מוגדר לכל מבנה מתמטי. הנה ההגדרה במקרה של חבורות:
הגדרה 7.1
שתי חבורות \({G}\) ו-\({H}\) נקראות איזומורפיות אם יש פונקציה
\({\phi: G \rightarrow H}\) חד-חד ערכית ועל ששומרת על הפעולה, כלומר, \({\phi(gh)=\phi(g)\phi(H)}\).
(הערה: פעמים רבות נשתמש באות \({\phi}\) לציון פונקציה. הסיבה היא שזוהי ה-\({f}\) היוונית.)
פירוש הדבר ששתי החבורות נראות אותו דבר, פרט לקריאה בשמות שונים. במקום להסביר, הנה דוגמה: \({\mathbb{Z}_2}\), שהיא \({\{0,1\}}\) עם פעולת החיבור, איזומורפית ל-\({\{1,-1\}}\) עם פעולת הכפל. הפונקציה שמראה זאת היא:
\({\phi(0)=1,~\phi(1)=-1}\).
כל חבורה היא איזומורפית לעצמה (כמובן – הרי כל דבר הוא “שווה צורה” לעצמו), כשהאיזומורפיזם הוא הזהות: \({\phi(x)=x}\). זהו האיזומורפיזם ה”טריוויאלי” (כלומר, פשוט).
עובדה מעניינת: שתי חבורות יכולות להיות איזומורפיות עם יותר מאיזומורפיזם אחד. במיוחד, חבורה יכולה להיות איזומורפית לעצמה באיזומורפיזם לא טריוויאלי.
תרגיל:
הוכיחו שכל חבורה איזומורפית לעצמה והראו דוגמה בה קיים יותר מאיזומורפיזם אחד מחבורה לעצמה.
פתרון:
נסתכל על העתקת הזהות \({Id:G\rightarrow G}\) כך ש- \({Id(a)=a}\) לכל \({a\in G}\).
ברור שזו העתקה חח”ע ועל. בנוסף מתקיים \({Id\left(ab\right)=ab=Id\left(a\right)Id\left(b\right)}\) כלומר זו העתקה ששומרת על הכפל ולכן היא איזומורפיזם.
דוגמה לאיזומורפיזם שאינו הזהות:
נגדיר\({\phi:\mathbb{Z}_{4}\rightarrow\mathbb{Z}_{4}}\) שמקיימת: \({\phi\left(1\right)=3,\phi\left(2\right)=2,\phi\left(3\right)=1,{\phi}\left(0\right)=0}\), זו העתקה חח”ע ועל ששומרת על הפעולה שאינה הזהות.
8. חבורות ציקליות
איבר \({a}\) בחבורה \({G}\) מסדר \({n}\) נקרא “יוצר” של \({G}\) אם \({G=\{a^0=e_G, a, a^2, a^3, \ldots ,a^{n-1}\}}\).
טענה: אם \({a}\) יוצר של חבורה \({G}\) מסדר \({n}\) אז \({a^n=e}\).
הוכחה: נניח שלא. מכייון שעל פי ההנחה כל איבר הוא מן הצורה \({a^k}\) ל \({k<n}\) כלשהו, נובע ש: \({a^n = a^k}\) לאיזשהו \({k<n}\). ההנחה \({a^n \neq e}\) משמעה ש-\({k>0}\). אבל אז צמצום נותן לנו \({a^{n-k}=e}\), מה שאינו אפשרי: ההנחה היא שעבור \({0 <i <n}\) כל איבר \({a^i}\) הוא איבר שונה מ-\({e}\).
חבורה שיש לה יוצר נקראת “ציקלית”. התרגיל הבא הוא שימוש פשוט בהגדרה:
תרגיל 8.1הראו ש-\({a}\) הוא יוצר של החבורה אם הסדר שלו שווה לסדר החבורה.
אם כן, אפשר להגדיר “חבורה ציקלית” כך:
הגדרה 8.2חבורה היא ציקלית אם יש בה איבר שסדרו כסדר החבורה.
תהא \({G}\) חבורה ציקלית מסדר \({n}\), עם יוצר \({a}\). מכיוון ש-\({a^n=e}\), לכל מספר \({k}\) מתקיים \({a^{kn}=(a^n)^k=e}\). לכן לכל \({k}\) ו-\({\ell}\) מתקיים \({a^{kn+\ell}=a^\ell}\). שפירושו הוא ש-\({a^m=a^{m\mod(n)}}\)
(\({m\mod(n)}\) מציין את השארית של \({m}\) בחלוקה ב-\({n}\). \({mod}\) הוא “מודולו”.)
כמסקנה מקבלים:
משפט 8.3חבורה ציקלית \({G}\) מסדר \({n}\) איזומורפית ל-\({(\mathbb{Z}_n,+)}\).
הוכחה: יהא \({a}\) יוצר של \({G}\). נגדיר איזומורפיזם: \({\phi: \mathbb{Z}_n \rightarrow G}\) על ידי \({\phi(i)=a^i}\). נראה ש-\({\phi}\) שומר על הפעולה. לפי ההגדרה
היוצרים של \({\mathbb{Z}_{10}}\) הם כל האיברים \({a\in\mathbb{Z}_{10}}\) כך ש- \({o\left(a\right)=10}\).
כיוון שהפעולה היא חיבור, סדר של איבר \({a}\) הוא המספר הטבעי המינימלי \({k}\) כך ש-\({ka\equiv0\left(mod10\right)}\) (\({ka}\) מתחלק ב-\({10}\)) והיוצרים הם אלה שה- \({k}\) המינימלי הוא \({10}\).
נעבור על אברי החבורה אחד אחד:
\({1\cdot0=0}\) ולכן \({o\left(0\right)=1}\), \({k\cdot1\equiv o\left(mod10\right)}\) גורר \({k=10}\) .
לכן היוצרים הם \({1,3,7,9}\) וניתן לשים לב שאלה בעצם כל המספרים הזרים ל-\({10}\).
הערה:
זה נכון באופן כללי: כל היוצרים ל \({\mathbb{Z}_{n}}\) אלה בעצם כל המספרים שזרים ל-\({n}\).
תרגיל:
הוכיחו שבחבורה אבלית סופית, סדר של איבר מחלק את הסדר של החבורה.
פתרון:
בתרגול הקודם הוכחנו שבחבורה אבלית סופית \({G}\), לכל \({a\in G}\) מתקיים \({a^{n}=e}\).
נסמן \({o\left(a\right)=k}\) , כלומר \({a^{k}=e}\) ו-\({k}\) הוא המספר הטבעי המינימלי שמקיים זאת.
לכן \({n\geq k}\). מחלוקה עם שארית, קיימים \({d,r}\) כך ש- \({n=dk+r}\) כאשר \({r<k}\).
לכן \({e=a^{n}=a^{dk+r}=a^{dk}\cdot a^{r}=\left(a^{k}\right)^{d}a^{r}=e^{d}a^{r}=a^{r}}\), אם \({r>0}\) אז זו סתירה למינימליות של \({k}\), לכן בהכרח \({r=0}\), כלומר \({n=dk}\) ולכן \({k|n}\).
בהמשך נוכיח שהמשפט הזה נכון גם לחבורות לא אבליות.
9. תת חבורות
תת קבוצה של חבורה שהיא בעצמה חבורה, לגבי אותה פעולה כמו של החבורה כולה, נקראת “תת חבורה”. למשל, הקבוצה \({\{e\}}\) שמכילה רק את האיבר האדיש היא תת חבורה של כל חבורה. גם החבורה כולה היא תת חבורה של עצמה. שתי אלה נקראות “תת חבורות טריוויאליות”.
דוגמה: לחבורה \({\mathbb{Z}_4=\{0,1,2,3\}}\) יש תת חבורה מסדר \({2}\), הלא היא \({\{0,2\}}\). תת חבורה צריכה להיות סגורה לגבי פעולת החבורה, וגם לגבי היפוך. כלומר, כדי ש- \({H}\) תהיה תת חבורה של \({G}\) נחוץ שאם \({a,b \in H}\) אז \({ab \in H}\) וכן שאם \({a \in H}\) אז \({a^{-1}\in H}\).
10. \({(\mathbb{Z}_p^*,\cdot)}\) ו-\({U_n}\)
האם \({\mathbb{Z}_n}\) היא חבורה גם לגבי הכפל? יש יחידה (איבר אדיש), הלא היא המספר \({1}\), אבל לא לכל איבר יש הופכי. למשל, ל-\({0}\) אין הופכי.
מה יקרה אם נזרוק את \({0}\)? גם אז לא תמיד יש הופכי. למשל, ב-\({\mathbb{Z}_6}\) לאיברים \({2}\) ו-\({4}\) אין הופכיים, כי כל כפולה שלהם היא זוגית, וגם לאיבר \({3}\) אין הופכי, כי כל כפולה שלו מתחלקת ב-\({3}\).
אבל כאשר \({n}\) ראשוני אכן זריקת ה-\({0}\) עוזרת. למספר ראשוני \({p}\) נסמן ב-\({\mathbb{Z}_p^*}\) את קבוצת האיברים ב-\({\mathbb{Z}_p}\) כשזורקים ממנו את ה-\({0}\). כלומר – אלה הם האיברים \({1,2,\ldots,p-1}\).
משפט 10.1
א. מכפלה של כל שני איברים ב-\({\mathbb{Z}_p^*}\) נמצאת ב-\({\mathbb{Z}_p^*}\) (כלומר היא שונה מ-\({0}\)).
ב. לכל איבר ב-\({\mathbb{Z}_p^*}\) יש הופכי לגבי הכפל.
הוכחה א’ נובע מכך שמכפלת שני מספרים שאין להם הגורם \({p}\) אינה מתחלקת ב-\({p}\) (דבר שאינו נכון למספר לא ראשוני. למשל, \({2}\) אינו מתחלק ב-\({6}\), וגם \({3}\) אינו מתחלק ב-\({6}\), אבל מכפלתם כן מתחלקת ב-\({6}\)).
הוכחת ב’: תהא \({a}\) שארית. אם נכפול את \({a}\) בכל \({p-1}\) איברי \({\mathbb{Z}_p^*}\) נקבל, לפי חוק הצמצום, \({p-1}\) תוצאות שונות. אחת מהן חייבת להיות \({1}\).
משמעות המשפט הזה היא ש-\({(\mathbb{Z}_p^*,\cdot)}\) היא חבורה.
את התוצאה הזאת אפשר להכליל גם ל-\({n}\) שאינו ראשוני – אמנם לא לכל החבורה \({\mathbb{Z}_n^*}\), אלא לחלק ממנה. נסמן ב-\({U_n}\) (ה-\({U}\) הוא קיצור של \({units}\)) את השאריות הזרות ל-\({n}\). למשל, \({U(10)=\{1,3,7,9\}}\) (כל שאר \({5}\) השאריות, \({2,4,5,6,8}\) אינן זרות ל-\({10}\)). אזי בדיוק אותו משפט נכון:
משפט 10.2
א. מכפלה של כל שני איברים ב-\({U_n}\) נמצאת ב-\({U_n}\) (כלומר היא זרה ל-\({n}\)).
ב. לכל איבר ב-\({U_n}\) יש הופכי לגבי הכפל.
המסקנה היא ש-\({(U_n, \cdot)}\) היא חבורה לגבי הכפל.
חבורות – חלק א
אנה ליזהטוב
1. מה זו אלגברה
אתם לומדים אלגברה מזה הרבה שנים. קרוב לוודאי שמכיתה ז’. האם אתם חושבים שאתם יכולים להגדיר מהי? מה זו אלגברה?
לשאלה הזאת אין תשובה אחת ברורה. אבל באופן כללי הנה התשובה: האלגברה עושה הפשטה של מושג המספר.
צריך להבין: מספרים הם כבר בעצמם עניין מופשט. חישבו: מה זה \({3}\)? זוהי הפשטה משלושה תפוחים, שלושה עפרונות ושלושה אנשים. המתמטיקה “גילתה” שמבחינה חשבונית כולם מתנהגים אותו דבר, למשל אם \({3}\) תפוחים ועוד \({2}\) תפוחים הם \({5}\) תפוחים אז גם \({3}\) עפרונות ועוד \({2}\) עפרונות הם \({5}\) עפרונות. אפשר לחסוך (כל הפשטה חוסכת מאמץ!) ולכתוב באופן כללי: \({3+2=5}\). זה יהיה נכון גם לאנשים, ולכסאות, וזה יהיה נכון גם מחר.
האלגברה הוא שלב ההפשטה הבא: דיבור על מספרים כלליים. לשם כך המציאו שמות כלליים – ה-\({x}\) וה-\({y}\) המפורסמים. בעזרתם אפשר לכתוב חוקים כלליים, כמו \({(x+1)^2=x^2+2x+1}\). זהו חוק שנכון לכל מספר.
זוהי האלגברה התיכונית. היא פותחה על ידי הערבים, החל מן המאה ה-\({11}\), והובאה לאירופה על ידי המתמטיקאי האיטלקי פיבונצ’י. המשכו של הסיפור הוא באלגברה הליניארית, שאותה המציאו במאה התשע עשרה. תפגשו בה כשתגיעו לאוניברסיטה. כמבוא של מבוא, אספר לכם שזהו כלי, שבין השאר מאפשר גישה מופשטת לפתרון מערכות של משוואות ליניאריות (כלומר משוואות שבהן כל הנעלמים מופיעים בחזקה \({1}\)). מדוע גם לה קוראים “אלגברה”? לא רק בגלל זה שהיא מדברת על משוואות, אלא גם משום שהיא צעד נוסף של הפשטה: לא דיבור על מספרים כלליים, אלא על מבנים כלליים. קבוצות של איברים עם פעולות, ממש כמו שהמספרים הממשיים הם קבוצה של איברים עם פעולות.
בסוף המאה השמונה עשרה ובתחילת המאה התשע עשרה התחילו לחקור מבנה כללי אחר, שמחקה בתכונותיו את המספרים השלמים. זוהי החבורה. המפתחים הראשונים שלו היו הצרפתים לגרנז’ וגלואה, והנורווגי אבל (\({Abel}\)). אבל וגלואה מתו בגילים צעירים מאוד – אבל מת משחפת בגיל \({26}\) וגלואה בגיל \({20}\), בדו קרב. הם השתמשו בחבורות כדי לחקור פתרונות של משוואות ממעלות גבוהות. בעזרת הכלי הזה הם הוכיחו, למשל, שאי אפשר למצוא פתרון כללי למשוואות ממעלה \({5}\) או יותר. מאז המושג הזה התברר כשימושי בהרבה מאוד תחומים. למשל, תורת החלקיקים האלמנטריים מבוססת עליו.
2. חבורות
חבורה היא קבוצה עם פעולה אחת. כמו השלמים, עם פעולת החיבור (בינתיים אין מדברים על פעולה נוספת, כמו כפל). אתם בוודאי תוהים: אבל בשלמים יש גם חיסור! איך אפשר לדבר על חיבור בלי לדבר על חיסור! ובכן, יהיה לנו חיסור. אבל אנחנו נבטא אותו בעזרת החיבור, ובעזרת מה שמקביל ל”מינוס של מספר”. במקום \({3-5}\) נכתוב \({3+(-5)}\). הנה ההגדרה הפורמלית.
הגדרה 2.1 חבורה (\({group}\)) היא קבוצה \({G}\) עם פעולה שאפשר לסמן אותה ב-\({\cdot}\) או ב-\({\times}\) או ללא סימון בכלל (ואז היא נקראת “כפל”), או ב-\({+}\) (ואז היא נקראת “חיבור”), שמקיימת שלושה תנאים:
אסוציאטיביות: לכל שלושה איברים \({a,b,c}\) מתקיים \({(ab)c=a(bc)}\) (כלומר – אין זה חשוב באיזה סדר מבצעים את הפעולות. שימו לב – ייתכן מאוד שסדר האיברים כן משנה, כלומר \({ab\neq ba}\).)
קיום איבר אדיש, שמסומן ב-\({e}\) (מן המילה הגרמנית \({egal}\), שמקורה צרפתי, ופירושה “אותו דבר”, או “אדיש”), שכפל בו אינו משנה את האיבר. כלומר, לכל איבר \({x}\) מתקיים \({xe =ex=x}\). (מכיוון שהפעולה אינה דווקא קומוטטיבית, צריכים לציין במפורש שגם \({xe =x}\) וגם \({ex=x}\).)
קיום הפיך: לכל איבר \({x}\) קיים הופכי מימין, איבר \({g}\) ש-\({xg=e}\), וקיים הופכי משמאל, כלומר איבר \({h}\) ש-\({hx=e}\).
בסימון מדויק יותר, החבורה היא זוג של קבוצה ופעולה. זוג כזה מסמנים ב-\({(G,\cdot)}\), או \({(G,+)}\), בהתאם לסימן שמציין את הפעולה.
מספר האיברים בחבורה נקרא ה”סדר” (או הגודל) של החבורה.
קיום ההופכי היא תכונה מועילה מאוד של פעולות: זהו כמו כפתור ה-\({backspace}\) במקלדת.
למה 2.2ההופכי מימין שווה להופכי משמאל.
הוכחה: יהיה \({g}\) הופכי מימין של \({x}\), ו-\({h}\) הופכי משמאל. נתבונן בביטוי \({hxg}\). בגלל האסוציאטיביות אפשר לכתוב אותו כך, בלי סוגריים, ולשים את הסוגריים איך שרוצים. בדרך אחת לשים סוגריים מקבלים \({(hx)g=eg=g}\), ובדרך השנייה מקבלים \({h(xg)=he=h}\). אם כן, \({g=h}\).
הגדרה 2.3החבורה \({G}\) נקראת קומוטטיבית, או אבלית (על שמו של \({Niels~~Henrik~~ Abel}\), מתמטיקאי נורווגי שכבר הוזכר לעיל, וחי בין השנים \({1802}\) ו-\({1829}\)) אם הפעולה קומוטטיבית, כלומר \({ab=ba}\) לכל שני איברים \({a}\) ו-\({b}\) בחבורה.
מוסכמה: אם מסמנים את פעולת החבורה ב-\({+}\), הכוונה היא שהחבורה קומוטטיבית. ההפך אינו נכון: לפעמים מסמנים את הפעולה ככפל גם בחבורות קומוטטיביות.
אם סימן הפעולה הוא כפל, מסמנים את ההופכי של איבר \({a }\) ב-\({a^{-1}}\), ואם הסימן הוא חיבור מסמנים את ההופכי ב-\({-a}\).
כמה דוגמאות לחבורות קומוטטיביות:
\({(\mathbb{Z},+)}\), כלומר המספרים השלמים עם פעולת החיבור (הסימון \({\mathbb{Z}}\) בא מ-\({Zahle}\), שפירושו בגרמנית “מספר”). האיבר האדיש הוא כמובן \({0}\).
\({(\mathbb{Q},+)}\) – הרציונליים עם פעולת החיבור. \({\mathbb{Q}}\) בא מ-“\({quotient}\)”, שפירושו “מנה” – מספר רציונלי הוא מנה של שני מספרים שלמים.
\({~(\mathbb{C},+)}\) (\({“Complex”}\)), המרוכבים עם פעולת החיבור.
~את קבוצת הרציונליים שמרחיקים ממנה את \({0}\) מסמנים ב-\({\mathbb{Q}^*}\). הזוג \({(\mathbb{Q}^*,\times)}\), כלומר הרציונליים בלי ה-\({0}\) עם פעולת הכפל, היא חבורה. בדומה, \({,~(\mathbb{R}^*,\times),(\mathbb{C}^*,\times)}\) (הממשיים בלי \({0}\) והמרוכבים בלי \({0}\), עם פעולת הכפל) הן חבורות.
חבורת המספרים המרוכבים בעלי ערך מוחלט \({1}\) עם כפל.
\({\mathbb{R}^n}\) עם פעולת החיבור.
קבוצת המטריצות הלא סינגולריות מסדר \({n \times n}\) עם פעולת הכפל.החבורה האחרונה היא הדוגמה הראשונה שלנו לחבורה לא אבלית. כפל מטריצות, כידוע, אינו קומוטטיבי.
תרגיל: האם הקבוצה \({G=\left\{ x\in\mathbb{Q}|x>0\right\} }\) מהווה חבורה ביחס לפעולה \({a*b=\frac{ab}{2}}\)?
פתרון:
סגירות: אם \({a,b\in\mathbb{Q}}\) אז \({a*b=\frac{ab}{2}\in\mathbb{Q}}\) וגם כיוון ש- \({\frac{ab}{2}>0}\) לכן \({a*b\in G}\).
ניתן לצמצם כיוון שידוע ש-\({a\neq0}\) ומספיק לבדוק רק כיוון אחד כי הפעולה היא קומוטטיבית.</li>
איבר הפכי: לכל \({a\in G}\) מחפשים \({b\in G}\) כך ש- \({a*b=2}\), כלומר \({\frac{ab}{2}=2}\), כלומר \({b=\frac{4}{a}\in G}\).
</ol>
לכן \({G}\) חבורה.
תרגיל:
נגדיר \({G=\left\{ z\in\mathbb{C}|\left|z\right|=1\right\} }\) עם פעולת הכפל ב-\({\mathbb{C}}\). האם \({G}\) חבורה?
אם כן, האם היא אבלית?
פתרון:
\({G}\) מייצגת בעצם את כל הנקודות על מעגל היחידה. כל מספר מרוכב על מעגל היחידה הוא מהצורה \({z=cis\alpha}\).
יהיו \({z=cis\alpha,w=cis\beta\in G}\), אז \({zw=cis\left(\alpha+\beta\right)\in G}\).
אסוציאטיביות נובעת מאסוציאטיביות ב- \({\mathbb{C}}\).
יחידה: \({1\in G}\) ולכל \({z\in G}\) מתקיים \({z\cdot1=z}\).
הופכי: לכל \({z\in G}\) מתקיים \({z^{-1}=\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{\left|z\right|}=\bar{z}}\)
\({\mathbb{C}}\) שדה כלומר מתקיים קומוטטיביות ולכן \({G}\) אבלית.
</blockquote>
2.1. \({(\mathbb{Z}_n,+)}\) – חבורת השאריות מודולו \({n}\), עם חיבור
חבורה חשובה במיוחד היא חבורת השאריות ממספר טבעי נתון.האדיש הוא כמובן \({0}\), וההופכי של \({a}\), כלומר \({-a}\), הוא \({n-a}\) אם \({a \neq 0}\), ו)כמובן( \({0}\) אם \({a=0}\). השאריות האפשריות בחלוקה ב-\({n}\) הן \({0,1, \ldots, n-1}\). לכן זוהי חבורה מסדר \({n}\).
3. חוק הצמצום
בחבורה יש חוק צמצום: אם \({ax=bx}\) אז \({a=b}\). כדי לראות זאת, קחו את השוויון \({ax=bx}\) וכפלו את שני האגפים מימין ב-\({x^{-1}}\). תקבלו: \({axx^{-1}=bxx^{-1}}\) כלומר \({ae=be}\) כלומר \({a=b}\).
באותה צורה מוכיחים שמותר גם לצמצם משמאל.
מכירים פעולות שאין בהן צמצום? בוודאי. כפל בממשיים: \({0 \times 2=0\times 3}\), ובכל זאת \({2 \neq 3}\). הסיבה היא כמובן של-\({0}\) אין הופכי לגבי הכפל.
תרגיל:
חשבו את לוח הכפל של חבורה מסדר \({3}\). כמה חבורות מסדר \({3}\) קיימות? האם כל חבורה מסדר \({3}\) היא אבלית?
פתרון:
\({G=\left\{ e,a,b\right\} }\). בלוח הכפל אסור שבשורה או בעמודה כלשהי יופיע אותו איבר פעמיים.
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({e}\)
\({e}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({a}\)
\({b}\)
\({e}\)
\({b}\)
\({b}\)
יש רק חבורה אחת כזו, עד כדי איזומורפיזם. כלומר – כל שתי חבורות מסדר \({3}\) הן איזומורפיות. נשים לב שבעצם \({b=a^{2}}\), כלומר \({G=\left\{ e,a,a^{2}\right\} }\). מאוחר יותר נראה שלכל מספר ראשוני \({p}\) יש רק חבורה אחת מסר \({p}\), והיא אבלית.
תרגיל:
חשבו את לוח הכפל של חבורה מסדר \({4}\). כמה חבורות מסדר \({4}\) קיימות? האם כל חבורה מסדר \({4}\) היא אבלית?
פתרון: נכתוב \({G=\left\{ e,a,b,c\right\} }\). נפריד לשני מקרים.
מקרה I: הריבוע כל כל איבר הוא \({e}\). כלומר \({a^{2}=e,b^{2}=e,c^{2}=e}\):
\({c}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({c}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({e}\)
\({b}\)
\({c}\)
\({e}\)
\({a}\)
\({a}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({c}\)
\({b}\)
\({b}\)
\({e}\)
\({a}\)
\({b}\)
\({c}\)
\({c}\)
חבורה שמקיימת את התנאים הנ”ל נקראת חבורת קליין.
מקרה II:
קיים איבר לא אדיש שבחזקת שתיים לא שווה לאדיש. כלומר יש איבר שכפול עצמו הוא איבר שונה ממנו, שאינו אדיש. בה”כ נבחר \({a^{2}=b}\).
\({c}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({c}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({e}\)
\({a}\)
\({c}\)
\({b}\)
\({a}\)
\({a}\)
\({e}\)
\({a}\)
\({c}\)
\({b}\)
\({b}\)
\({e}\)
\({a}\)
\({b}\)
\({c}\)
\({c}\)
ניתן היה לבחור אופציות נוספות והיינו מקבלים טבלת כפל שקולה.
אלה כל האפשרויות. בכל המקרים הטבלה היא סימטרית ולכן החבורה היא אבלית.
החבורות לא איזומורפיות כי בחבורה הראשונה שנקראת חבורת קליין כל איבר בחזקת שתיים שווה לאדיש.
החבורה השנייה היא בעצם החבורה \({G=\left\{ e,a,a^{2},a^{3}\right\} }\) שהיא איזומורפית (מדוע?) לחבורה \({\mathbb{Z}_{4}}\).
אלו שתי החבורות היחידות מסדר \({4}\).
4. חזקות
כשמפעילים איבר \({a}\) על עצמו \({n}\) פעמים מסמנים את התוצאה ב-\({na}\) במקרה שסימן הפעולה הוא \({+}\), וב-\({a^n}\) אם סימן הפעולה הוא כפל. חוקי החזקות קיימים גם בחבורות. למשל, \({na+ma=(m+n)a,~~a^{n+m}=a^n\cdot a^m}\). כי אכן, חוק הפילוג של החיבור ושל החזקות הוא אותו חוק! זהו אותו כלל, בשני סימונים שונים. למדתם אותו בכיתה ג’ או ד’ בנוסח הראשון, ובתיכון בנוסח השני – בוודאי לא סיפרו לכם שזהו אותו חוק בדיוק!
עובדה שימושית היא שחזקות של אותו איבר מתחלפות. כלומר:
ב. הוכיחו כי אם \({a^{2}=e}\) לכל \({a\in G}\) אז \({G}\) אבלית.
פתרון א’:
אם \({a^{2}=e}\) לכל \({a\in G}\) מתקיים \(\displaystyle e=\left(ab\right)^{2}=a^{2}b^{2}=ee=e \)
ולכן לפי הסעיף הקודם, \L{\({G}\)} אבלית.
פתרון ב’:
לכל \({a\in G}\) מתקיים \({a^{2}=e}\) ולכן
\(aa=e\)
\(a=a^{-1} \)
בפרט \({a^{-1}=a,b^{-1}=b,ba=\left(ba\right)^{-1}}\), לכן , \({ba=\left(ba\right)^{-1}=a^{-1}b^{-1}=ab}\), כלומר \({G}\) אבלית.
ג. הוכיחו כי \({G}\) אבלית אם ורק אם \({\left(a*b\right)^{n}=a^{n}*b^{n}}\) לכל \({n\geq1}\).
פתרון:
אם \({G}\) אבלית אז לכל \({a,b\in G}\) מתקיים \(\displaystyle \left(ab\right)^{n}=\left(ab\right)\left(ab\right)\dots\left(ab\right)=\left(aa\dots a\right)\left(bb\dots b\right)=a^{n}b^{n} \)
אם לכל \({a,b\in G}\) מתקיים \({\left(ab\right)^{n}=a^{n}b^{n}}\), אז בפרט עבור \({n=2}\) מתקיים \({\left(ab\right)^{2}=a^{2}b^{2}}\) ולכן לפי סעיף א’, \({G}\) אבלית.
5. סדר של חבורה וסדר של איבר
כפי שכבר ציינו, מספר האיברים בחבורה \({G}\) נקרא סדר החבורה, והוא מסומן ב-\({|G|}\).
משפט 5.1אם \({G}\) אבלית וסופית אז לכל איבר \({g}\) ב-\({G}\) מתקיים \({g^{|G|}=e}\).
הוכחה: נסמן \({|G|=n}\). יהיו \({u_1,u_2,\ldots, u_n}\) איברי החבורה. נתבונן בקבוצת מכפלות איברי החבורה ב-\({g}\), כלומר ב-\({\{gu_1,gu_2,\ldots,gu_n\}}\). לפי חוק הצמצום, כל האיברים האלה שונים, ולכן אלה כל איברי החבורה. (\({n}\) איברים שונים בקבוצה בת \({n}\) איברים הם הקבוצה כולה.) לכן מכפלתם היא מכפלת כל איברי החבורה, כלומר מכפלת כל האיברים האלה היא \({gu_1gu_2gu_3\ldots gu_n=u_1u_2,\ldots u_n}\). בגלל הקומוטטיביות \({gu_1gu_2gu_3\ldots gu_n=g^nu_1u_2,\ldots u_n}\),
וקיבלנו \({g^nu_1u_2,\ldots u_n=u_1u_2,\ldots u_n}\). צמצום נותן \({g^n=e}\).
מאוחר יותר נוכיח שהמשפט נכון גם לחבורות לא אבליות. בינתיים נוכיח משפט חלש יותר:
משפט 5.2
לכל איבר \({g}\) בחבורה \({G}\) יש חזקה \({k>0}\) ש-\({g^k=e}\).
הוכחה: נסמן \({|G|=n}\). נראה שקיים \({k \le n}\) ש-\({g^k=e}\). נתבונן ב-\({n+1}\) האיברים \({e=g^0,g=g^1,g^2,g^3,\ldots, g^n}\). מכיוון שכולם איברים מתוך \({n}\) איברי החבורה, שניים מהם חייבים להיות שווים (אין מקום ל-\({n+1}\) איברים שונים!) כלומר קיימים \({m}\) ו-\({\ell}\) שונים ש-\({g^m=g^\ell}\). נניח בלי הגבלת הכלליות ש-\({\ell >m}\), נאמר \({\ell=m+k~~(m>0)}\). אז \({g^m=g^{m+k}=g^mg^k}\). צמצום ב-\({g^m}\) נותן \({g^k=e}\).
תרגיל:
הוכיחו שלכל חבורה \({G}\) מסדר זוגי, קיים איבר \({e\neq a\in G}\) כך ש-\({a^{2}=e}\).
פתרון:
\({a^{2}=e}\) אם ורק אם \({a^{-1}=a}\) לכל \({a\neq e}\).
אם לא קיים איבר כנ”ל אז ניתן לחלק את כל אברי \({G}\) השונים מ-\({e}\) לזוגות, כלומר
כלומר \({1=\left(\sqrt{2}\right)^{k}}\) ו-\({45k=360n}\) אבל לכל \({k}\) מתקיים ש- \({\left(\sqrt{2}\right)^{k}\neq1}\) לכן \({o\left(1\right)=\infty}\).
משפט 5.4 (משפט לגרנז’) \({o(g)\mid |G|}\) (כלומר סדר של איבר מחלק את סדר החבורה).
שלשות פיתגוריות, מספרים מרוכבים וחבורות אבליות
אמנון יקותיאלי
אמנון יקותיאלי
המחלקה למתמטיקה
אוניברסיטת בן גוריון
amyekut@math.bgu.ac.il
03/04/2015
1. שלשות פיתגוריות
שלשה פיתגורית היא שלשה סדורה \({(a,b,c)}\) של מספרים שלמים חיוביים, אשר מקיימים את המשוואה
(1)
\(\displaystyle .\ a^2 + b^2 = c^2 \)
הסיבה לשם זה היא כי לפי משפט פיתגורס, אלו אורכי הצלעות במשולש ישר זוית. ליתר דיוק, בהנתן משולש ישר זוית עם בסיס באורך \({a}\) ואנך באורך \({b}\), אורך היתר של המשולש הוא \({c}\).
אומרים כי שתי שלשות פיתגוריות \({(a,b,c)}\) ו- \({(a’,b’,c’)}\) הן שקולות אם המשולשים המתאימים דומים. זה אומר שיש מספר חיובי \({r}\) כך ש-
(2)
\(\displaystyle (a’, b’, c’) = (ra, rb, rc) \)
(מתיחת המשולש הראשון פי \({r}\)),או
\(\displaystyle (a’, b’, c’) = (rb, ra, rc) \)
(מתיחה, והחלפה בין הבסיס והאנך). קל לראות כי המספר \({r}\) חייב להיות רציונלי.
שלשה פיתגורית \({(a,b,c)}\) נקראת מצומצמת אם המחלק המשותף המירבי של שלושת המספרים הוא \({1}\). השלשה הזאת נקראת מסודרת אם \({a \leq b}\). קל לראות שכל שלשה פיתגורית \({(a,b,c)}\) שקולה לשלשה מצומצמת ומסודרת יחידה \({(a’,b’,c’)}\).
תרגיל 1. תהי \({(a,b,c)}\) שלשה פיתגורית מצומצת ומסודרת. אז \({a < b}\), וכן \({c}\) הוא איזוגי.
הנה שאלה מעניינת:
שאלה 1. האם יש אינסוף שלשות פיתגוריות מצומצמות ומסודרות?
התשובה היא כן. דבר זה כבר היה ידוע ליוונים הקדמונים. ישנה נוסחה (המיוחסת לאויקלידס) להצגת כל השלשות הפיתגוריות, והיא מראה שיש אינסוף שלשות פיתגוריות מצומצמות ומסודרות. אולם הנוסחה הזאת מסורבלת למדי, ולכן לא נרשום אותה כאן. מי שמעוניין יכול למצוא את הנוסחה הזאת בקלות בחיפוש באינטרנט. לדוגמה:
בהמשך נראה טיעון גיאומטרי יפה, אשר בעצם מתבסס על אותו רעיון כמו הנוסחה הישנה הזאת.
עבור מספר שלם חיובי \({c}\), נסמן ב- \({PT}(c) \) את קבוצת השלשות הפיתגוריות המצומצמות המסודרות בעלות יתר \({c}\). ניסוח אחר של שאלה 1 הוא: האם ישנם אינסוף מספרים שלמים חיוביים \({c}\) כך שהקבוצה \({PT}(c) \) איננה ריקה? למשל, תרגיל 1 מראה לנו שהקבוצה \({PT}(c) \) היא ריקה אם \({c}\) הוא זוגי.
שאלה יותר מעניינת היא:
שאלה 2. בהנתן מספר שלם חיובי \({c}\), מהו גודל הקבוצה \({PT}(c) \)?
במאה ה- 19 נמצאה נוסחה פשוטה למדי לחישוב הגודל של \({PT}(c)\). אבל ההוכחה המקובלת עקיפה ומסובכת למדי.
שאלה עוד יותר מעניינת היא:
שאלה 3. בהנתן מספר שלם חיובי \({c}\), האם יש דרך אפקטיבית לחשב את אברי הקבוצה \({PT}(c) \), כלומר למצוא את כל השלשות המצומצמות המסודרות \({(a,b,c)}\) עם יתר \({c}\)?
לפני שנים אחדות מצאתי דרך (אולי חדשה – קשה לעקוב אחרי הספרות בנושא הוותיק הזה) אשר עונה בחיוב על כל שלוש השאלות. מטרת המאמר הזה היא להסביר חלק מן הדרך הזאת. פרטים נוספים (כולל תשובות לשאלות 2 ו-3) ניתן למצוא בגירסה הארוכה של המאמר – ראו הקישור בסוף.
2. מספרים מרוכבים
עובדה שהיתה ידועה מזמן, היא כי ניתן להצפין שלשות פיתגוריות כמספרים מרוכבים בעלי ערך מוחלט \({1}\). נתחיל משלשה פיתגורית מצומצמת \({(a,b,c)}\). נעבור למספר המרוכב
\(\displaystyle z := a + b \cdot \boldsymbol{i} \)
אשר הערך המוחלט שלו הוא \({\lvert z \rvert = c}\). נתבונן במספר המרוכב
(3)
\(\displaystyle .\ \zeta = r + s \cdot \boldsymbol{i} := \frac{z}{\lvert z \rvert} = \frac{a}{c} + \frac{b}{c} \cdot \boldsymbol{i} \)
זהו מספר מרוכב על מעגל היחידה ברביע הראשון, שונה מ- \({1}\) ומ- \({\boldsymbol{i}}\), עם קואורדינטות רציונליות \({r = \frac{a}{c}}\) ו- \({s = \frac{b}{c}}\). יתר על כן, אנו רואים כי השלשה \({(a,b,c)}\) הינה מסודרת אם”ם המספר המרוכב \({\zeta}\) נמצא בשמינית השניה של מעגל היחידה. ראה ציור 1.
ציור 1
אפשר לשחזר את המספר המרוכב \({z}\), ולכן גם את השלשה הפיתגורית \({(a,b,c)}\), בקלות מתוך המספר המרוכב \({\zeta}\). עושים זאת ע”י סילוק המכנים מזוג המספרים הרציונליים \({(r,s) = (\frac{a}{c}, \frac{b}{c})}\).
בהנתן מספר מרוכב \({\zeta}\) עם קואורדינטות ממשיות במעגל היחידה, השונה מארבע הנקודות המיוחדות \({\pm 1, \pm \boldsymbol{i}}\), נסמן ב- \({\operatorname{pt}(\zeta)}\) את השלשה הפיתגורית המצומצמת המסודרת היחידה \({(a,b,c)}\) אשר מתאימה למספר \({\zeta}\), כלומר שעבורה מתקיימת נוסחה (3).
קיבלנו פונקציה \({\operatorname{pt}}\) מקבוצת המספרים המרוכבים עם רכיבים רציונליים על מעגל היחידה (ללא ארבע הנקודות המיוחדות) אל קבוצת השלשות הפיתגוריות המצומצמות המסודרות. הפונקציה הזאת היא סורז’קטיבית (כלומר התמונה היא כל הקבוצה). כל שלשה פיתגורית מצומצמת מסודרת מתקבלת בדיוק \({8}\) פעמים כ- \({\operatorname{pt}(\zeta)}\), מאחר שבדיוק אחד מבין שמונה המספרים
נופל בשמינית השניה של מעגל היחידה. כמובן פרט למקרים המיוחדים \({\zeta = \pm 1, \pm \boldsymbol{i}}\). ראה ציור 2.
ציור 2
מסקנה: כדי להראות שיש אינסוף שלשות פיתגוריות מצומצמות מסודרות, מספיק להראות שיש אינסוף מספרים מרוכבים עם קואורדינטות רציונליות על מעגל היחידה.
כעת אפשר להציג את ההוכחה הגיאומטרית לעובדה הישנה (הידועה עוד מימי היוונים העתיקים) לכך שיש אינסוף שלשות פיתגוריות מצומצמות מסודרות. כלומר, תשובה חיובית לשאלה 1. נסמן ב- \({S}^1\) את מעגל היחידה (הספרה החד-מימדית). נתבונן בהטלה הסטריאוגראפית מהמעגל לישר הממשי, עם מוקד בנקודה \({\boldsymbol{i}}\) (הקוטב הצפוני), כפי שמתואר בציור 3. זו הפונקציה הביז’קטיבית (חד-חד ערכית ועל)
\(\displaystyle . \ \zeta^{-1} = s – r \cdot \boldsymbol{i} \)
כדי לענות בחיוב על שאלה 1 (בדרך אחרת מזו שתוארה קודם לכן), אנחנו נראה כי החבורה האבלית \({G(\mathbb{Q})}\) היא אינסופית.
תחילה נמצא את האיברים מסדר סופי בחבורה \({G(\mathbb{Q})}\). אלו הם שורשי היחידה: האיברים \({\zeta \in G(\mathbb{Q})}\) המקיימים \({\zeta^n = 1}\) לאיזה \({n}\) שלם חיובי. ידוע (מתורת המספרים האלגברית) כי יש בדיוק ארבעה כאלה:
מאחר ש- \({\zeta}\) איננו אחד המספרים ב-(5), הרי זהו איבר מסדר אינסופי!
בטבלה 1 רשמנו את החזקות החיוביות הראשונות של המספר \({\zeta}\) מנוסחה (6), ואת השלשות הפיתגוריות המצומצמות המסודרות המתאימות.
הערה: את החומר הדרוש מתורת המספרים האלגברית אפשר למצוא בספר Algebra, by M. Artin, Prentice-Hall.
תרגיל 3. מצא שלשה פיתגורית מצומצמת מסודרת עם יתר \({c = 3125}\). (רמז: להמשיך את טבלה 1.)
תרגיל 4. מצא שלשות פיתגוריות מצומצמות מסודרות עם יתרים \({169}\) ו- \({2197}\). (רמז: להתחיל מהשלשה \({(5, 12, 13)}\), למצוא את המספר המרוכב \({\zeta}\) המתאים, כמו בנוסחה (6), ואז להכין טבלה כדוגמת טבלה 1.)
תרגיל 5. מצא שלשה פיתגורית מצומצמת מסודרת עם יתר \({65}\). (רמז: \({65 = 5 \cdot 13}\), ו- \({G(\mathbb{Q})}\) היא חבורה.)
ניתן לתת תיאור מלא של החבורה \({G(\mathbb{Q})}\), וכך גם לקבל תאור מלא של כל השלשות הפיתגוריות המצומצמות המסודרות. אולם לשם כך יש לדעת אלגברה יותר מתקדמת. כל זה מופיע בגירסה הארוכה יותר של מאמר זה, בקישור:
בחודש האחרון אירעו מספר תקלות במשלוח הפתרונות. הבעיה נפתרה. בכל זאת בשל הספק אאשר קבלת כל משלוח של פתרונות על ידכם (לכל היותר תוך יומיים מהמשלוח). אם לא קבלתם אישור אנא שלחו דוא”ל ל netgar2014@gmail.com. אם מי מכם שלח פתרונות נכונים ושמו אינו מופיע בין הפותרים אנא שלחו שנית את פתרונותיכם.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 26.5.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1–משולשים מחלקים משולש?
נחלק משולש לשלשה משולשים בצורה הבאה:
כאן בכל קדקוד נפגשים \(3\) מקצועות.
איך נתן לחלק משולש ל \(19\) משולשים כך שבכל קדקוד יפגשו מספר זהה של מקצועות?
האם ניתן לחלק את המשולש ל \(n>19\) משולשים כך שבכל קדקוד ייפגש מספר זהה של מקצועות?
חידה 2–מספר בשתי שיטות ספירה?
האם ניתן למצוא מספר שהוא בן \(3\) ספרות כשהוא מוצג בשיטת \(7\) או בשיטת \(9\) . בשתי השיטות יש לו את אותן ספרות אלא בסדר הפוך.
חידה 3–כמה נורות ידלקו?
נתונות \(1000\) נורות חשמליות, לצד כל אחת נמצא מפסק. כל לחיצה על המפסק משנה את מצב הנורה, אם הייתה כבויה היא נדלקת, ואם דלוקה היא נכבית.
במצב התחלי כל הנורות כבויות.
בשלב הראשון לוחצים בזה אחר זה על כל המפסקים.
בשלב השני לוחצים על כל מפסק שני (כלומר על המפסקים של הנורה השנייה, הרביעית, הששית, וכו’).
בשלב השלישי לוחצים על כל מפסק שלישי.
וכן הלאה,
ולבסוף בשלב ה \(1000\) לוחצים על המפסק מספר \(1000\).
כמה נורות ידלקו בסופו של התהליך?
רמזים לחידות מגיליון אפריל 2015
חידה 1– איך לחלק את הפאי? – נסו, באופן מחשבתי, לחלק את הפאי ע”י קוים נצבים בכיוון מסוים, אם לא הצלחתם סובבו את הקווים באפן רציף והסתכלו על החלוקה האפשרית.
חידה 2– איך לחלק את העוגה? – איך נתן לחלק עוגה ביחס \(\frac{1}{3} – \frac{2}{3}\) בין \(2\) אנשים בצורה “צודקת”? באופן דומה לחלוקה לשני חלקים שווים? מכאן קל להמשיך….
חידה 3– מסלול? – הראו שהמסלול הוא קו ישר, שהוא קוטר המעגל הגדול העובר דרך הנקודה \(A\).
פתרון החידות גיליון מרס 2015
חידה 1– עקומות על תפוחי אדמה –
ניקח את שני תפוחי האדמה ונקרבם זה לזה עד (שבאופן מחשבתי) המעטפת של האחד תחתוך את המעטפת של השני. החיתוך של שתי המעטפות הוא עקומה סגורה, שנמצאת על מעטפותיהם של שני תפוחי האדמה, כלומר עונה לדרישות החידה. יש לתת את הדעת שיש אין סוף עקומות כאלה!
חידה 2– מה אורך החוט –
במרובע שאלכסוניו נצבים זה לזה סכומי ריבועי הצלעות המנוגדות זהים. משפט זה קל להוכיח, אחת ההוכחות מסתמכת על משפט דומה שהשתמשנו בו בחידת “קידוח הנפט” בגיליון ינואר של נטגר (ראה פתרון בגיליון מרס 2015). המעבר בין שני המשפטים מתואר סכמתית בתרשים הבא:
נרשום את המשוואות הבאות:
\(x+y = 30\)
\(x^2+13^2=y^2+7^2\)
הראשונה נובעת מכך שאורך החוט השני \(30\) ס”מ, והשנייה מהמשפט על סכום ריבועי צלעות המרובע שאלכסוניו נצבים. הפתרון הוא:
\(x=13\)
\(y=17\)
חידה 3– הזיקיות –
אם שתי זיקיות מצבעים \(A\) ו\(B\) נפגשות הן הופכות לזיקיות מצבע \(C\). כלומר השינוי במספר הזיקיות מצבע \(A\) ו \(B\) הוא 1- ומצבע \(C\) הוא \(+2\). כשנסתכל במספרים מודולו \(3\) (כלומר השארית לאחר חלוקה ב\(3\)), כל מספרי הזיקיות ישתנו ב \(+2\). כלומר אם נסתכל במספרי הזיקיות מודולו \(3\) נראה שההפרשים בין מספריהן (מודולו \(3\)) אינם משתנים! כדי שישארו זיקיות מצבע אחד בלבד מספר הזיקיות בצבעים האחרים יהיה \(0\) כלומר ההפרש בין מספריהן גם הוא \(0\)!
במקרה שלנו מספרי הזיקיות מודולו \(3\) הם: \(2,1,0\) . אין זוג צבעים עם מספרי זיקיות זהים (מודולו \(3\)) ולכן לא יתכן שישארו זיקיות בצבע אחד בלבד.
אם תכניסו \({101}\) יונים ל-\({100}\) תאים, לפחות שתיים מהן יצטרכו להצטופף באותו תא. זה אינו משפט מתמטי – זוהי עובדה טריוויאלית. אבל יש לה שימושים מתמטיים מעניינים. מאמר של אנה ליזהטוב (תבורך מנשים – לולא הייתה קיימת היה צריך להמציא אותה) מספר על העיקרון הזה.
מאמר של גדי אלכסנדרוביץ’ ושלי מספר על הכללה רב ממדית של העיקרון הזה. זהו משפט שגילה מתמטיקאי אנגלי בשם פרנק רמזי, גאון שמת בגיל צעיר מאוד.
יש גם השערת החודש, הפעם בתחום שנקרא “קומבינטוריקה אינסופית”.
וכמובן חידות ופתרונות.
חידוש נוסף: באדיבותם של מכון וייצמן והפקולטה למתמטיקה בטכניון, העלינו לאתר את כל הארכיון של “גליונות מתמטיקה”, האב הקדמון של “אתגר” ושל “נטגר”. יש שם הרבה פנינים. מומלץ!
אני רוצה לעודד אתכם להגיב עוד. תגובותיכם הן האדרנלין שמריץ אותנו. והן גם מועילות. למשל, בעקבות תגובותיכם הוספנו הערה מבהירה על ההוכחה שניתנה בגיליון הקודם למשפט פיתגורס.
עקרון שובך היונים
אנה ליזהטוב
עקרון שובך היונים
הנה משפט מתמטי שהוכחתו אינה מפורשת: בתל אביב יש שני אנשים שעל ראשיהם בדיוק אותו מספר שערות. אם תטענו שזה פשוט מדי, משום שיש שני אנשים קירחים לגמרי, אפשר לחזק את הטענה: יש שני אנשים לא קירחים לגמרי, עם אותו מספר של שערות.
ההוכחה מתבססת על עיקרון שנקרא “עקרון שובך היונים”: אם \(101\) יונים (או יותר) תיכנסנה ל-\(100\) תאים, יהיה תא שאליו ייכנסו לפחות שתי יונים. באופן כללי, אם מספר היונים גדול ממספר התאים, תצטרכנה שתי יונים (לפחות) להצטופף בתא אחד. הניסוח הכללי של המשפט הוא: כשמחלקים יותר מ-\(n\) עצמים ל-\(n\) סוגים (“תאים”), יהיו לפחות שניים מאותו סוג.
העיקרון הזה כה פשוט ומובן מאליו, עד שאפשר לתהות אם הוא יכול להועיל למישהו. למעשה זהו כלי שימושי ביותר, אפילו במתמטיקה גבוהה. סוד יופיו, וסוד הקושי בהוכחות המסתמכות עליו, אינו בעצם השימוש בו. הקושי הוא בבחירה נכונה של ה”תאים”, כלומר הסוגים שאליהם מחלקים את העצמים.
בואו נחזור עתה לשערם של תושבי תל אביב. עובדה היא שלאדם יש לכל היותר \(100,000\) שערות על ראשו. בתל אביב יש (נאמר) \(300,000\) אנשים, ואם מתעקשים על הנוסח של בני האדם הלא קירחים, מותר להניח שלפחות \(200,000\) מתוכם אינם קירחים. אם נחלק את תושבי תל אביב הלא קירחים לסוגים על פי מספר שערותיהם (כלומר בסוג הראשון אלה שיש להם שערה אחת על ראשם, בסוג השני אלה שיש להם \(2\) שערות על ראשם, וכו’), יתברר שיש יותר אנשים מאשר סוגים. לכן יהיו שני אנשים מאותו “סוג”, כלומר שני אנשים עם אותו מספר שערות.
קבוצות עצמאיות
קבוצת מספרים שלמים נקראת “עצמאית” (זהו שם שהמצאתי לצורך העניין) אם אין בה מספר אחד שמתחלק במספר אחר. למשל, הקבוצה \({3,5,6}\) אינה עצמאית, משום ש-\(6\) מתחלק ב-\(3\). הקבוצה \({3,4,5}\) היא עצמאית, משום ש-\(5\) אינו מתחלק ב-\(4\) או ב-\(3\), ו-\(4\) אינו מתחלק ב-\(3\).
כמה גדולה יכולה להיות קבוצה עצמאית של מספרים בין \(1\) ל-\(100\)?
כזכור, כלל יסוד בפתרון בעיות הוא לפתוח בדוגמאות פשוטות. במקרה זה כדאי להחליף תחילה את המספר \(100\) במספרים קטנים יותר, כאשר מותר, ואף רצוי, לקחת את הדבר לקיצוניות, כלומר לקחת מספרים קטנים ככל האפשר. נשאל אפוא תחילה מהו הגודל המקסימלי של קבוצה עצמאית של מספרים בין \(1\) ל-\(1\). כמובן: הקבוצה \({1}\) היא קבוצה עצמאית, ולכן הקבוצה העצמאית המקסימלית מכילה איבר אחד. ומה באשר למספרים בין \(1\) ל-\(2\)? הקבוצה \({1,2}\) אינה עצמאית (\(1\) מחלק את \(2\)), ולפיכך אפשר רק לקחת או את \({1}\), או את \({2}\) – גם במקרה זה הגודל המקסימלי של קבוצה עצמאית הוא \(1\). בין \(1\) ל-\(3\)? הקבוצה \({2,3}\) היא עצמאית, ומכילה שני איברים. בין \(1\) ל-\(4\): הקבוצה \({3,4}\) עצמאית, וכן \({2,3}\), וקל לראות שאין קבוצה עצמאית בת \(3\) איברים, אם כך גם במקרה זה התשובה היא \(2\). בואו נדלג עתה ל-\(10\): הקבוצה \({6,7,8,9,10}\) עצמאית, וכן הקבוצות \({5,6,7,8,9}\) ו-\({4,5,6,7,9}\). בכל אלה יש \(5\) איברים. קל למדי לבדוק שאין קבוצה עצמאית בגודל \(6\).
מן הדוגמאות שהובאו אפשר לנחש שאם \(n\) הוא מספר זוגי אז הגודל המקסימלי של קבוצה עצמאית של מספרים בין \(1\) ובין \(n\) הוא חצי מ-\(n\). אם \(n\) אי זוגי, כי אז הגודל המקסימלי הוא חצי מ-\(n+1\). למשל, קל למצוא קבוצה עצמאית בגודל \(50\) של מספרים בין \(1\) ו-\(100\): \({51,52,53,…,99,100}\), או גם \({49,50,51,52,…,99}\). אבל איך להוכיח שאין קבוצה עצמאית בת יותר מ-\(50\) איברים? הנה דרך יפה לכך. אנו רוצים להוכיח שקבוצה בת \(51\) איברים בהכרח אינה עצמאית. כלומר:
בקבוצה בת \(51\) מספרים בין \(1\) ל-\(100\) יש בהכרח שני מספרים שהאחד מהם מתחלק באחר.
ההוכחה נעזרת בעקרון שובך היונים. כרגיל, אקורד הסיום של ההוכחה, שהוא השימוש בעיקרון, לא יהיה קשה. הקושי הוא בשלב הראשון, של הגדרת תאי השובך. בין \(1\) ל-\(100\) יש \(50\) מספרים אי זוגיים. לכל מספר אי זוגי נגדיר “תא”, שהוא קבוצה של מספרים. תא זה יכיל את כפולות המספר האי זוגי האמור בחזקות של \(2\), כלומר במספרים\(1,2,4,8,16,…\). למשל, התא המתאים למספר האי זוגי \(3\) יכיל את המספרים: \(3*1=3\) , וכן את \(3*2=6\), את \(3*4=12\), את \(3*8=24\), ואת \(3*32=96\) (אנו לוקחים רק את הכפולות שאינן עוברות את \(100\), משום שאנו מחלקים רק את המספרים בין \(1\) ו-\(100\) לתאים). התא המתאים למספר האי זוגי \(25\) מכיל את \(25\), \(50\) ו-\(100\). התא המתאים ל-\(49\) מכיל רק שני מספרים – \(49\) עצמו, ו-\(98\) (הכפולה הבאה, ב-\(4\), כבר חורגת מן התחום). החל מן התא המתאים ל-\(51\), כל תא מכיל רק מספר אחד. התאים יהיו אפוא אלה:
\(1,2,4,8,16,32,64\) (אלה הן כפולות \(1\) בחזקות של \(2\));
\(3,6,12,24,48,96\) (כפולות \(3\) בחזקות של \(2\));
\(5,10,20,40,80\) (כפולות \(5\) בחזקות של \(2\));
\(7,14,28,56\) (כפולות \(7\) בחזקות של \(2\));
\(\dots\) (אני מדלג כאן על כפולות \(9,11,13,\dots\))
\(49,98\) (כפולות \(49\) בחזקות של \(2\));
\(51\)
\(53\)
\(\dots\)
\(99\)
נשים עתה לב לכך שכל מספר בין \(1\) ל-\(100\) מופיע באחד התאים. אראה זאת בדוגמה. באיזה תא יופיע למשל \(92\) ? חלקו את \(92\) ב-\(2\), ותקבלו \(46\); חלקו את \(46\) ב-\(2\), ותקבלו \(23\), שהוא מספר אי זוגי. אם כך \(92-23*2^2\), ולכן \(92\) יופיע בתא ה-\(23\), המכיל את כפולות \(23\) בחזקות של \(2\). אפשר לעשות כך עם כל מספר – למצות ממנו את חזקות \(2\) על ידי חלוקה נשנית ב-\(2\), עד שמגיעים למספר אי זוגי. הנה כי כן המספרים בין \(1\) ל-\(100\) מתחלקים ל-\(50\) תאים. על פי עקרון שובך היונים, אם ניקח קבוצה בת \(51\) מספרים יהיו בה שני מספרים שישתייכו לאותו תא. אבל שימו לב: אם שני מספרים שייכים לאותו תא, הגדול מהם מתחלק בקטן. למשל, המספרים \(12\) ו-\(96\) שייכים שניהם לתא של \(3\), משום ש:\(3*4=12\) ו-\(3*32=96\) . ואכן \(96\) מתחלק ב-\(12\) (משום ש-\(4\) מחלק את \(32\)). מכיוון שהראינו שבין \(51\) מספרים יש שניים שנמצאים באותו תא, הוכחנו לפיכך שבקבוצה של \(51\) מספרים בין \(1\) ל-\(100\) חייבים להיות שניים שהאחד מתחלק בחברו.
מספרים זרים
למתמטיקאי ההונגרי הגדול אֶרְדֶש סופַּר על ילד פלא, לָיוֹש פּושָה (Lajos Posa), שבגיל \(12\) כבר ידע מתמטיקה גבוהה. ארדש הזמין את פּושָה הצעיר למסעדה ואיתגר אותו: “הוכח לי שבקבוצה של \(51\) מספרים בין \(1\) ל-\(100\) יש שני מספרים זרים”, שפירושו מספרים שאין להם גורם משותף (כלומר שאין מספר, פרט ל-\(1\), המחלק את שניהם). פּושָה הרים את ראשו מקערת המרק ואמר: “בקבוצה של \(51\) מספרים בין \(1\) ל-\(100\) יש שני מספרים עוקבים” (כלומר נבדלים ב-\(1\)). כמובן, שני מספרים עוקבים הם זרים – אם למשל מספר מתחלק ב-\(3\), העוקב לו אינו מתחלק ב-\(3\).
גם כאן חבוי למעשה עקרון שובך היונים. הדרך הפשוטה ביותר להוכיח שבין \(51\) מספרים בין \(1\) ל-\(100\) יש שניים עוקבים היא לחלק את המספרים ל-\(50\) “תאים” של זוגות עוקבים: \({1,2},{3,4},{5,6},\dots,{99,100}\). בין \(51\) המספרים בקבוצה הנתונה יהיו שניים השייכים לאותו “תא”, שפירושו שהם יהיו עוקבים.
פּושָה פרש מן המחקר המתמטי בגיל צעיר. ארדש נהג לומר על כך ש”הוא מת”, אבל מבחינה אחרת הוא בהחלט חי. הוא הפך למחנך מתמטי שגידל דורות של תלמידים מצטיינים.
משפט רמזי
רון אהרוני וגדי אלכסנדרוביץ’
משפט 1 בין כל שישה אנשים קיימים שלושה שכולם חברים איש של רעהו, או שלושה שכולם לא חברים זה של זה.
(זהו “או” מתמטי – אפשר גם וגם).
נסו להוכיח לעצמכם את המשפט הזה – אפשר על ידי בדיקת מקרים, אבל יש גם דרך אלגנטית. כדאי לצייר את האנשים בתור נקודות, ויחס חברות בתור קטע שמחבר שתי נקודות. המשפט אומר אז שבציור שקיבלתם, שבלשון מתמטית נקרא גרף, יש משולש או שלוש נקודות שאין ביניהן קווים בכלל. דרך מקובלת אחרת היא לצייר קו בין כל זוג נקודות, ולצבוע אותו בצבע אחד (נאמר כחול) אם זוג האנשים המתאים חברים, ובצבע אחר, נאמר אדום, אם הם לא חברים. המשפט אומר אז שבצביעה כזו (שבה כמובן כל זוג מחובר באדום או בכחול) יש משולש כחול או משולש אדום.
ההבחנה הזאת היא מקרה פרטי של משפט שהוכח בשנות העשרים של המאה ה-\({20}\) על ידי מתמטיקאי אנגלי בשם רמזי \({(Frank~~Ramsey,~~ 1903-1930)}\). רמזי היה גאון רב תחומי, ומותו בגיל צעיר ממחלת כבד היה אובדן גדול למדע. הוא תרם ללוגיקה המתמטית ולתורת הכלכלה, ומצא גם זמן לעסוק בפילוסופיה. הוא אבי תורה שאומרת שמושג ה”אמת” מיותר – לומר שהמשפט “החתול שלי שחור” אמיתי לא אומר שום דבר נוסף על כך שהחתול שלי שחור. אפשר להסתדר בלי מושג ה”אמת”. לא צריך להתייחס ברצינות לתורה הזאת (להגיד שהמשפט החתול שלי שחור אמיתי מדבר על המשפט, ולא על החתול, וצריך לומר משהו גם על משפטים, לא רק על חתולים), אבל בואו נניח לפילוסופים לעסוק במלאכתם, ונחזור לענייננו – הצד המתמטי של מחקרו של רמזי.
כאמור רמזי עסק בלוגיקה מתמטית, שהוא תחום שמדבר על הקשר בין השפה המתמטית לבין האובייקטים המתמטיים שהיא מתארת, כמו מספרים, או גרפים, או צורות גיאומטריות. הוא הוכיח משפט מרכזי למדי, אבל שלא היה זוכה לתהילה, ולא היה מבטיח לרמזי מקום בפנתיאון המתמטי, לולא טענת עזר קטנה שהייתה בו. טענה שהיא הכללה של המשפט שלעיל, על שישה אנשים. ההכללה היא למספר כלשהו של אנשים, וליחסים שאינם דווקא בין שני אנשים, אלא גם בין שלושה או ארבעה, או מספר כלשהו. הטענה הזאת, ששימשה כ”למה” למשפט הגדול, הפכה במרוצת השנים לתורה מפותחת וענפה, שנקראת כיום “תורת רמזי”.
הפרק הבא בסיפור לא פחות מרתק. בסוף שנות השלושים החל לנבוט בבודפשט צמח מתמטי שעתיד היה לגדול לעץ רב ענפים. הגיבורים של הסיפור היו מתמטיקאי בשם קניג, ושלושה מתלמידיו – פאול ארדש, גיאורג סקרש (קראו בהונגרית – סגול מתחת לשלוש האותיות הראשונות) ואסתר קליין. קניג משך את תלמידיו לתחום שאז כמעט לא היה קיים, קומבינטוריקה. ב-\({1930}\), בעקבות שאלה שהציגה אסתר קליין, פרסמו ארדש וסקרש מאמר שהפך מאז לקלאסי, ודיבר על הכללות של עקרון שובך היונים – שעליו יש מאמר נוסף בגיליון הזה. בין השאר, את משפט רמזי ושימושים לו. שכן, כפי שנראה, משפט רמזי הוא הכללה רב ממדית של עקרון שובך היונים. ארדש וסקרש לא ידעו שהם מגלים מחדש משפט ידוע – הדבר התברר להם רק לאחר זמן.
סופו של הסיפור משמח – גיאורג סקרש ואסתר קליין התחתנו, הצליחו לברוח לסין לפני בוא הנאצים, בילו שם שש שנים, ואחר כך התגלגלו לאוסטרליה, שם מתו שניהם בשיבה טובה (כקוריוז, או יותר מכך כעדות לאהבתם, הם מתו בהפרש של שעה אחת).
בואו נחזור אל ששת האנשים שלנו, ונפתח בהערה: עם חמישה אנשים המשפט לא עובד. דרך נוחה היא להסתכל בציור. סדרו את \({5}\) הנקודות (אנשים) במעגל, וצבעו את הצלעות של המעגל באדום, ואת כל אלכסוניו בכחול. קל לראות שאין משולש אדום, וגם אין משולש כחול.
בצביעה הזאת של כל הקווים בין \({5}\) נקודות אין משולש אדום וגם אין משולש כחול. המסקנה היא ש- \({R(3,3)>5}\)
מדוע עם שישה אנשים זה כן עובד? בואו נעשה זאת שוב בגרף – “אדום” ו”כחול” הם מונחים נוחים לתפיסה. ניקח נקודה, נקרא לה א’. נניח תחילה שבין \({5}\) הנקודות האחרות יש \({3}\) שהיא מחוברת אליהן באדום, נאמר ב’,ג’ ו-ד’. אם יש בין ב’,ג’ ו-ד’ זוג שמחובר באדום הרי יחד עם א’ נוצר משולש אדום.
לכן מותר להניח שכל זוג נקודות בין ב’, ג’ ו-ג’ מחובר בקו בצבע כחול. אבל אז יש לנו משולש כחול – ושוב הצלחנו.
נימוק דומה עובד אם א’ מחוברת לשלוש נקודות בכחול.
ומה קורה אם מ-א’ יוצאים לכל היותר שני קווים אדומים ושני קווים כחולים? ובכן, זה לא ייתכן. במקרה כזה היו יוצאים מ-א’ יחד לכל היותר \({2+2=4}\) קווים – אבל יוצאים ממנה \({5}\) קווים!
בעצם, השתמשנו כאן בעקרון שובך היונים: אם צובעים \({5}\) עצמים באדום ובכחול, נמצא לפחות \({3}\) עצמים שצבועים באותו צבע.
התרגיל הבא בתור הוא להראות שאם יש \({9}\) אנשים, אז מובטח שתהיה שלישיית שונאים או רביעיית אוהבים (או לחילופין, תהיה שלישיית אוהבים או רביעיית שונאים – הסבירו לעצמכם למה זה לא אותו דבר כמו לומר שתהיה רביעיית אוהבים או רביעיית שונאים, מה שדורש כבר \({18}\) אנשים).
הנה התחלה של ההוכחה – שוב בלשון של גרף עם קווים צבועים באדום ובכחול. כאמור, צובעים את כל הקווים בין \({9}\) נקודות באדום ובכחול, ורוצים להראות שאו שיש משולש אדום, או שיש \({4}\) נקודות שכל \({6}\) הצלעות ביניהן צבועות בכחול.
ניקח בנקודה כלשהי. כמקרה ראשון, נסתכל במקרה שבו יוצאים מ-א’ (לפחות) \({6}\) קווים כחולים, כלומר יש \({6}\) נקודות שמחוברות ל-א’ בכחול. על פי משפט 1, בין \({6}\) הנקודות האלה אפשר למצוא משולש אדום או משולש כחול. אם יש משולש אדום – ניצחנו, הרי רצינו להראות יש משולש אדום. אם יש משולש כחול, אז יחד עם א’ מתקבלות \({4}\) נקודות שכולן מחוברות בכחול.
מקרה שני הוא שמ-א’ יוצאים \({4}\) קווים אדומים. אם בין ארבע הנקודות המחוברות ל-א’ באדום יש צלע אדומה – קיבלנו משולש אדום. אם כל הצלעות בין \({4}\) הנקודות האלה כחולות, קיבלנו \({4}\) נקודות שכל הצלעות ביניהן כחולות, ושוב ניצחנו.
פתרנו שני מקרים. האם הם מכסים את כל האפשרויות? לאו דווקא. מ-א’ יוצאים \({8}\) קווים. ייתכן בהחלט ש-\({3}\) מהם אדומים, ו-\({5}\) כחולים. אבל זוהי האפשרות היחידה שבה אף אחד מן המקרים האמורים לא מתקיים. וכאן באה הבחנה: זה חייב לקרות בכל נקודה. הרי א’ היא נקודה שרירותית. לכל נקודה, אם יוצאים ממנה \({4}\) קווים אדומים או \({6}\) קווים כחולים המשפט הוכח.
וזה כבר לא ייתכן. מדוע? אם מכל אחת מ-\({9}\) הנקודות יוצאים \({3}\) קווים אדומים, אז מספר הקצוות של קווים אדומים הוא \({9 \times 3}\), כלומר \({27}\). זה לא אפשרי בעליל: לכל קו (כמו לכל מקל) יש שני קצוות, ולכן מספר הקצוות של הקווים האדומים צריך להיות זוגי.
משפט רמזי הוא הכללה של שתי הטענות האלה.
משפט 2 לכל \({r}\) ו-\({s}\) קיים מספר \({N}\) שבהינתן \({N}\) אנשים, יש ביניהם \({r}\) אנשים שכולם חברים זה של זה, או קבוצה של \({s}\) אנשיעם שכולם אינם חברים זה של זה.
לאותו \({N}\) שבמשפט, אם נתונים יותר מ-\({N}\) אנשים ברור שהתנאי מתקיים (אומרים שהתנאי “מונוטוני ב-\({N}\)”) – הסבירו לעצמכם מדוע (למשל, מדוע משפט 1 נכון ל-\({7}\) אנשים). לכן מעניין לשאול על הערך הקטן ביותר של \({N}\) שמקיים את התנאי. הוא מסומן ב-\({R\left(r,s\right)}\) (עוד יותר ממשפט שקרוי על שמך, מכובד שיהיה סימון שנבחר על פי שמך!). בסימון הזה, משפט 1, בצירוף הדוגמה שהראתה ש-\({5}\) אנשים לא מספיקים, אומרים ש-\({R\left(3,3\right)=6}\).
תרגיל 1 הראו ש-\({R(3,4)=9}\).
(רמז: הנימוק שאמרנו לעיל מראה רק ש-\({R(3,4)\le 9}\). הראו ש-\({R(3,4)>8}\) – לשם כך דרושה דוגמה. של מה? ועוד רמז: בניות מוצלחות הן פעמים רבות סימטריות).
ההוכחה של משפט 2 היא באינדוקציה, ואינדוקציה קצת יותר מחוכמת מהרגיל במובן זה שהיא “דו ממדית”. כדי לחסוך במילים, נכתוב “אוהבים” במקום “חברים” ו”שונאים” במקום “לא חברים” (“לא חברים” יוצא קצת מסורבל).
ראשית שמים לב לכך שלכל \({r}\) ו-\({s}\) מתקיים \({R\left(1,s\right)=R\left(r,1\right)=1}\). מדוע? משום שקבוצה של אדם בודד היא תמיד קבוצה שכל חבריה גם אוהבים וגם שונאים (כל הקווים בתוכה כחולים, כי אין בכלל קווים, ממש כפי שכל הפילים שנמצאים בחדרי הם סגולים, כי אין פילים כאלה. וכמובן, כל הקווים בקבוצה של אדם אחד הם גם אדומים, כי אין קווים).
השלב הבא באינדוקציה הוא זה: אנחנו רוצים למצוא חסם עליון על \({R\left(r,s\right)}\) בהינתן שאנחנו כבר יודעים חסמים עליונים על \({R\left(r-1,s\right)}\) ו-\({R\left(r,s-1\right)}\). החסם העליון יהיה פשוט למדי – נוכיח שמתקיים \({R\left(r,s\right)\le R\left(r-1,s\right)+R\left(r,s-1\right)}\), וחסל.
אם כן, הבה ונתבונן על קבוצה בעלת \({R\left(r,s\right)}\) אנשים. ניקח איש אחד, נקרא לו א’, ונחלק את שאר האנשים לשתי קבוצות – חברי א’ ואויבי א’. מה שאנחנו רוצים לראות הוא שיש לא’ מספיק חברים או מספיק אויבים כדי להפעיל אחת מהנחות האינדוקציה.
אם לא’ יש לפחות \({R\left(r-1,s\right)}\) חברים, סיימנו – בקבוצה הזו או שיש \({s}\) אויבים (ואז סיימנו) או שיש בה \({r-1}\) חברים ואז יחד עם א’ נקבל קבוצה של \({r}\) חברים וסיימנו. בדומה, אם יש לו לפחות \({R\left(r,s-1\right)}\) אויבים סיימנו באותו האופן. למה לא ייתכן שאין לו לא מספיק חברים ולא מספיק אויבים?
כדי לא להתבלבל נכניס עוד כמה סימונים למשחק. \({A}\) יהיה מספר החברים של א’, \({B}\) יהיה מספר האויבים שלו, וראינו ש-
(הפלוס \({1}\) הוא כי גם את א’ סופרים). אז אם \({A<R\left(r-1,s\right)}\) וגם \({B<R\left(r,s-1\right)}\) זה אומר ש-\({A+B\le R\left(r-1,s\right)+R\left(r,s-1\right)-2}\), כלומר שלא ייתכן ש-\({A+B+1=R\left(r-1,s\right)+R\left(r,s-1\right)}\) (למי שעדיין לא רואה את זה, \({a<b}\) שקול לאמירה ש-\({a\le b-1}\) אם \({a,b}\) הם טבעיים; זו אבחנה מועילה מאוד לעתים).
זה מסיים את ההוכחה; עוד הרחבה לא מסובכת מטפלת במקרה יותר כללי, שבו זוג אנשים יכול להיות יותר מסתם חברים או אויבים, אלא יש \({s}\) סוגים שונים אפשריים של קשרים ביניהם – ושוב, אפשר להראות שלכל סדרת מספרים \({r_{1},r_{1},\dots,r_{s}}\) קיימת כמות אנשים שהחל ממנה, מובטח שעבור \({i}\) כלשהו יש קבוצה של \({r_{i}}\) אנשים שהקשרים ביניהם הם רק מסוג \({i}\).
המתמטיקאי תיאודור מוצקין (בנו של המנהיג הציוני שעל שמו קרויה קריית מוצקין -אגב, גם בנו של ז’בוטינסקי היה מתמטיקאי) ניסח זאת כך:
אין תוהו ובוהו מוחלט. בכל מבנה יהיו איים של סדר.
לסיום, הנה שאלה שנראית תמימה. ראינו ש-\({R\left(3,3\right)=6}\), כלומר שאם יש \({6}\) אנשים מובטחת לנו שלישיית חברים או שלישיית שונאים, וש-\({5}\) אנשים אינם מספיקים. אפשר להראות גם ש-\({R\left(4,4\right)=18}\). אם כן, מהו \({R\left(5,5\right)}\)?
נראה פשוט? כנראה לא כל כך. משפט רמזי אמנם נותן חסם עליון פשוט על \({R\left(5,5\right)}\), אבל אינו מצביע על הערך המדויק של המספר הזה. בדי עמל הצליחו המתמטיקאים להראות ש-\({43\le R\left(5,5\right)\le49}\), אבל זהו זה.
אתם עשויים לתהות – האם בימינו אי אפשר לתת את העבודה בידי מחשבים? ניקח את כל הצביעות האפשריות של הקווים בין\({43}\) נקודות, ונבדוק לכל אחת אם יש בה \({5}\) איברים שכל הקווים המחברים נקודות בתוכה הם מאותו צבע. ובכן, קל יותר לומר זאת מאשר לעשות. אפילו למחשב. יש \({903}\) קווים בין \({43}\) נקודות, ולכל קו יש שתי אפשרויות צביעה, ולכן מספר הצביעות האפשריות הוא \({\frac{43\cdot42}{2}=903}\). זהו מספר מאוד גדול. לשם השוואה, מספר האטומים ביקום מוערך ב-\({2^{250}}\). פירוש הדבר הוא שחיפוש ממצה אינו מעשי וגם לא יהיה מעשי בעתיד הנראה לעין. הכרחי יהיה לעשות הרבה עבודת הכנה מתמטית תיאורטית כדי שתהיה תקווה להריץ איזה חיפוש מחשב שגם יתן את התוצאה הנכונה. ואם נצליח, זו תהיה רק תחילת הדרך. מציאת \({R\left(6,6\right)}\) תהיה בהרבה סדרי גודל קשה יותר.
השערת החלוקה הלא ידידותית
רון אהרוני
הנה משפט קל וחביב. אני ממליץ לנסות להוכיח אותו עצמאית לפני שתקראו את ההוכחה.
משפט 1 – כל קבוצה של אנשים אפשר לחלק לשתי קבוצות, \({A}\) ו-\({B}\), כך שמספר החברים של כל אדם בקבוצה שאינו שייך אליה הוא לפחות כמספר החברים שלו בקבוצה שאליה הוא שייך.
</blockquote>
חלוקה כזאת נקראת “לא ידידותית”.
שימו לב שאין כאן כל הנחה על יחס החברות, פרט לסימטריה, כלומר שאם א’ חבר של ב’ אז ב’ חבר של א’. כל זוג של אנשים זכאי להיות חברים או לא חברים.
דוגמה: אם כולם חברים של כולם, חלקו את קבוצת האנשים בצורה שווה ככל האפשר (כלומר שהערך המחולט של ההפרש בין גדלי \({A}\) ו-\({B}\) יהיה לכל היותר \({1}\)).
הוכחת המשפט פשוטה מאוד: חלקו את קבוצת האנשים לשתי קבוצות, \({A}\) ו-\({B}\) כך שמספר יחסי החברות בין אנשים ב-\({A}\) ואנשים ב-\({B}\) מקסימלי (אם מציירים את יחס החברות כקו שמחבר את זוג החברים, בוחרים בחלוקה שבה מספר הקווים החוצים, אלה שעוברים מחלק לחלק, גדול ביותר.)
הטענה היא שתנאי ה”אי ידידותיות” (כל אחד חבר של יותר אנשים בקבוצה האחרת) נובע מן המקסימליות הזאת. נניח שלא. למשל, שיש אדם ב-\({A}\) שחבר של יותר אנשים ב-\({A}\) מאשר ב-\({B}\). העברתו של אדם כזה ל-\({B}\) מגדילה את מספר יחסי החברות חוצי הקבוצות, בסתירה להנחה שהמספר הזה הוא מקסימלי בחלוקה הנתונה.
והיכן כאן ההשערה? גם זה פשוט: המקרה האינסופי.
השערה – משפט 1 נכון גם כאשר יש אינסוף אנשים.
הדרישה במקרה האינסופי היא שאם מישהו חבר של מספר סופי \({n}\) של אנשים בצד שלו, הוא צריך להיות חבר של לפחות \({n}\) אנשים בצד האחר, ואם הוא חבר של אינסוף אנשים בצד שלו הוא גם חבר של אינסוף אנשים בצד האחר.
ההשערה הזאת, שנוסחה בידי מתמטיקאי אמריקני בשם \({Cowan}\), פתוחה מאז שנות ה-\({70}\) של המאה העשרים, כלומר יותר מ-\({40}\) שנים, ורבים וטובים ניסו בה את כוחם. אתם מוזמנים!
בינתיים מה שידוע הוא עובדה די פשוטה: שההשערה נכונה כאשר לכל אדם בקבוצה יש מספר סופי של חברים. נסו להוכיח זאת – אם תמצאו אנא שלחו פתרון. יש כאן חוכמה! אם יגיעו אלינו בקשות בעניין, נספר לכם את הפתרון בפעם הבאה.
חידות
דניאל לובזנס
דבר העורך: סוף סוף התחלתי לקבל פתרונות. חלקם מלאים ויפים. יש לתת את הדעת שרק כיוון מחשבה לפתרון, גם אם הוא נכון, לא מספיק. יש להסביר ולהוכיח בצורה הברורה לתלמיד תיכון את הטענות, ואם השאלה היא מספרית יש לחשב את התוצאה.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו פתרונות בגיליון הבא. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 25.3.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1– עקומות על תפוחי אדמה?
האם תמיד ניתן לצייר על פני שני תפוחי אדמה שונים, עקומות סגורות כך שעקומה על תפוח אדמה אחד תהייה זהה לגמרי לעקומה על תפוח האדמה השני?
חידה 2– מה אורך החוט?
תולים תמונה בעזרת שני חוטים, המחוברים לצלע העליונה של המסגרת כמתואר בשרטוט. חוט אחד ארכו \(20\) ס”מ, קטע אחד שלו באורך \(7\) ס”מ והשני באורך \(13\) ס”מ, על מנת שהתמונה תהיה אופקית. החוט השני ארכו הכולל \(30\) ס”מ והוא מחובר למסגרת בדיוק באותן נקודות שבהן מחובר החוט הראשון, והמסמר שעליו הוא תלוי נמצא בדיוק מעל למסמר הראשון. מה אורך הקטעים \(X\) ו \(Y\)?
חידה 3– הזיקיות?
בגינה אחת נמצאות \(20\) זיקיות אדומות, \(18\) כחולות, ו \(16\) ירוקות. כששתי זיקיות בנות צבע שונה נפגשות, שתיהן מחליפות את צבען לצבע השלישי (למשל כשזיקית אדומה נפגשת עם ירוקה, שתיהן הופכות לכחולות. אם שתי זיקיות ירוקות נפגשות כלום לא משתנה). האם יתכן שאחרי מספר סופי של מפגשים בין הזיקיות לכל \(54\) הזיקיות יהיה אותו צבע? אם כן איזה צבע זה יהיה.
רמזים לחידות מגיליון פברואר 2015
חידה 1– סכומים של ספרות? – סכמו מ \(0\) עד \(999,999\) , נסו למצוא זוגות עם סכום ספרות קבוע.
חידה 2– מרכזי ריבועים על גבי מקבילית? – שרטטו את אלכסוני הרבועים, מצאו משולשים חופפים.
חידה 3– סכום של הופכיים? – קראו ב”נטגר” מינואר 2015 את מאמרה של אנה ליזהטוב “אינסוף מספרים שסכומם סופי”
פתרון החידות גיליון ינואר 2014
חידה 1– שנת 2015 בפתח
נוכיח את הטענה בנפרד ל \(N\) זוגי ול \(N\) אי-זוגי. נראה של \(1000^N-1\) קיים גורם שאין ל\(2015^N-1\) לכן אינו יכול לחלק אותו ללא שארית.
כאשר \(N\) זוגי \(N=2m\). \(1000^N-1=(1000000)^m-1=(1000000-1)(1000000^{m-1}+1000000^{m-2}+\dots+1)\)
\(1000000-1\) מתחלק ב\(13\), אבל \(2015^N-1\) אינו מתחלק ב\(13\) (כי \(155*13=2015\)) .
עבור \(N=2m+1\) . יש לתת את הדעת ש \(2015=9*224-1=9k-1\). בפיתוח הבינומי של \((9k-1)^{2m+1}\) כל האברים מתחלקים ב \(9\) פרט לאחרון שהוא \(-1\) לכן: \(2015^{2m+1}-1=9*l-1-1=9*l-2\), כלומר במקרה זה \(2015^N-1\) אינו מתחלק ב-\(9\) בעוד \(1000^N-1\) תמיד מתחלק ב\(9\).
חידה 2– מקלות הקטורת –
להלן פתרונו של משה דוידוביץ כלשונו:
נדליק את אחד המקלות משני קצותיו, ואת האחר מקצה אחד. כשהמקל הראשון יישרף לחלוטין, נדע שעברה חצי שעה. נדליק את המקל השני מקצהו האחר. כאשר הוא יישרף לחלוטין נדע שעברה רבע שעה נוספת ובסה”כ שלושת רבעי שעה כמבוקש.
חידה 3– קידוח הנפט –
נוכיח כי לכל מלבן \(ABCD\) וכל נקודה במרחב \(O\) מתקיים \(\overline{OA}^2+\overline{OC}^2=\overline{OB}^2+\overline{OD}^2\) (1).
טענה: מספיק להוכיח את המשפט לגבי הנקודה \(O’\) שהיא ההיטל של הנקודה \(O\) על המישור \(ABCD\) .
הוכחת הטענה: עפ”י משפט פיתגורס מתקיימים השוויוניים:
לכן המשוואה: \(\overline{O ‘A}^2+\overline{O ‘C}^2=\overline{O ‘B}^2+\overline{O ‘D}^2\) (2) מתקיימת אם ורק אם מתקיימת המשוואה (1).
את (2) קל להוכיח ע”י שימוש במשפט פיתגורס במשולשים ישרי זווית הנוצרים מהעברת קוים המקבילים לצלעות המלבן דרך \(O’\).
בחרתי להציג הוכחה יותר אלגנטית לדעתי, נסתכל על נקודה \(O\) כלשהיא על גבי כדור החוסם את המלבן \(ABCD\) ומרכזו \(M\) מרכז המלבן (נקודת חיתוך אלכסוניו). המשולשים \(AOC\) ו \(BOD\) הם ישרי זווית כי הנקודה \(O\) בנויה על הקף מעגל שאלכסון המלבן הוא קוטרו.
לפני שאספר לכם מה יש בגיליון הנוכחי, בקשה: אנא כתבו לנו ב”תגובות” עד כמה חשוב לכם שהעיתון ימשיך להופיע. בהיעדר תגובות, המערכת מרגישה כמו קול קורא במדבר.
ועכשיו – לתוכן הגיליון הזה. אלכסנדר גיבנטל הוא מתמטיקאי ידוע מאוניברסיטת ברקלי, שמתעניין גם בהוראה לילדים. הוא כתב מאמר מאיר עיניים על שאלה שייתכן שבאיזשהו מקום היא מטרידה כל מתמטיקאי: מדוע משפט פיתגורס נכון. זהו משפט כה יסודי (ללא ספק המשפט החשוב ביותר בגיאומטריה), ועם זאת ההוכחות המקובלות אינן מסבירות את הסיבה העמוקה לנכונותו. הן נראות כמו להטוטי קסמים של העברת שטחים ממקום למקום. במאמר ניתנת ההוכחה ה”נכונה” (ואני אישית מסכים שהיא אכן ההוכחה האמיתית). תיהנו.
יש לנו ראיון עם מתמטיקאית ישראלית שאחראית, עם עוד שני מתמטיקאים, לפריצת דרך מרשימה בתורת המפרים: תמי ציגלר. לראיון הזה יש נופך מיוחד: המראיין הוא אביה, המתמטיקאי צבי ציגלר.
ויש לנו גם מאמר על המספר הקסום \({e}\) – ניסיון להסביר מדוע הוא כל כך מרכזי במתמטיקה.
וכמובן, מדור החידות של דני לובזנס.
בהנאה!
מספר קסום
אנה ליזהטוב
עניין מוזר: מבין כל המספרים הממשיים בחרה אלת המתמטיקה בשניים, ונתנה להם תפקיד מיוחד. אחד מהם, \(\pi \), היה מוכר היטב עוד מימי קדם. זהו היחס בין היקף המעגל לקוטרו, שכבר הקדמונים ידעו שהוא שווה בכל המעגלים. הסימון “\(\pi \)” הופיע לראשונה בספר של וויליאם ג’ונס מ-1706, כאות הראשונה של “perimeter”, כלומר היקף. המספר \(\pi \) מופיע, כמובן, בנוסחאות גיאומטריות, אבל למרבה ההפתעה גם בהרבה הקשרים שאינם דווקא גיאומטריים, למשל בתורת המספרים – דוגמה אחת לכך נראה בהמשך הפרק. המספר השני, המסומן ב-\(e \), התגלה רק במאה ה-17, משום שהבנת משמעותו דרשה כלים מן החשבון הדיפרנציאלי. חשיבותו התבררה רק לאיטה. הראשון שקרא לו בשם (אף כי לא בשם \(e \), אלא \(b \)) היה המתמטיקאי והפילוסוף הגרמני לייבניץ (Gottfried Leibniz, 1646-1716). את השם \(e \) נתן לו ליאונרד אוילר השוויצארי (Leonhard Euler, 1707-1783) , המתמטיקאי הגדול של המאה ה-18. מקור השם אינו באות הראשונה של שמו של אוילר, אלא בכך שאוילר רצה להשתמש באות שהיא תנועה, ומכיוון שהאות \(a \) הייתה תפוסה אצלו לסימון דבר מה אחר בחר בתנועה השנייה על פי סדר האלף-בית.
תוך זמן קצר התברר שחשיבותו של \(e \) אינה נופלת מזו של \(\pi \). הוא מופיע באינספור הקשרים, ובהרבה תחומים. זהו “מספר עם עומק”, ומשום כך “מספר יפה”. כאן נציג אותו בשלושה הקשרים שבהם הוא מופיע.
ריבית דריבית
את המשמעות הראשונה של \(e \) גילה המתמטיקאי השוויצארי יעקוב ברנולי (Jacob Bernoulli, 1654-1705) , והיא נוגעת לריבית דריבית, שפירושה ריבית שמתווספת לסכום המקורי, ואז מחושבת הריבית על הסכום הכולל. נניח שהִשקַעת 1000 ₪ בתוכנית חיסכון. אם אתה מרוויח כל שנה 10% על כספך, כמה כסף יהיה לך כעבור 10 שנים? התשובה הנאיבית היא שיהיו בידך 2000 ₪, משום שהרווח שלך יהיה 10 פעמים 10%, שהוא 100%. אבל האמת היא שיהיו בידך יותר. רווח של 10% כל שנה פירושו שכל שנה נכפל כספך פי \(1\frac{1}{10}\), או בסימון עשרוני –פי 1.1. אחרי שנה יהיו לך 1.1 כפול 1000, כלומר 1100 ₪. בסוף השנה השניה יהיו לך 1.1 כפול 1100, שהם 1121 ₪. בסוף השנה השלישית יהיו לך 1.1 כפול 1121, וכו’. אחרי \(k\) שנים יהיו בידך \(100*1.1^k\)₪. במיוחד, אחרי 10 שנים יהיו בידך \(100*1.1^{10}\) שקלים, ומכיוון ש-\(1.1^{10}\) הוא בערך 2.59, יהיו בידך כ-2590 ₪.
מה קורה אם אתה מרוויח כל שנה \(\frac{1}{20}\) על כספך, ואתה מחכה 20 שנים? לפני שנשיב על כך, נעצור לרגע, ונשאל – האם התשובה תהיה יותר או פחות מן התשובה הקודמת, 2590? היא תהיה יותר. כדי לראות זאת, חלקו את 20 השנים ל-10 זוגות של שנים. לולא עניין ה”ריבית דריבית”, שנתיים של ריבית של \(\frac{1}{20}\) היו שקולות לשנה של ריבית של \(\frac{1}{10}\). בגלל הריבית דריבית, הריבית על שנתיים עוקבות היא יותר מאשר \(\frac{1}{10}\). לפיכך 10 זוגות השנים יניבו יותר מאשר 10 השנים בבעיה הקודמת. כלומר, ב-20 השנים תקבל יותר ריבית מאשר ב-10 שנים של ריבית של \(\frac{1}{10}\). על פי חשבון דומה לקודם, אחרי 20 שנה יהיו בידך \(1000*(1+\frac{1}{20})^{20}\) שקלים.\((1+\frac{1}{20})^{20}\) הוא בערך 2.65, ולכן יהיו בידך כ-2650 שקלים (שהם, אכן יותר מ-2590). אם אתה מרוויח כל שנה \(\frac{1}{50}\) על כספך, ואתה מחכה 50 שנים, יוכפל כספך פי \((1+\frac{1}{50})^{50}\) , שהוא בערך 2.69. אם אתה מרוויח אחוז אחד לשנה, אחרי 100 שנים יוכפל כספך \((1+\frac{1}{100})^{100}\), שהוא בערך 2.704.
סדרת המספרים שאנו מסתכלים בה היא של \((1+\frac{1}{n})^n\), ולפי הדוגמאות האלה רואים שהם הולכים וגדלים כאשר \(n\) גדל. מצד שני, קצב הגדילה הולך ומואט. המספרים האלו אינם שואפים לאינסוף, אלא מתכנסים למספר שהוא גדול רק מעט מ-2.7. קירוב טוב יותר לגבול שלהם הוא 2.718. את הגבול שלהם מסמנים ב-\(e\). זוהי אחת מכמה הגדרות שקולות למספר \(e\),קרוב לוודאי שההגדרה המקובלת ביותר.
הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ו-100
הדרך למצוא את סכום המספרים בין 1 ובין 100 היא על ידי חישוב הממוצע של המספרים האלה. הממוצע הוא האמצע בין 1 ו-100, כלומר \(\frac{1+100}{2} = 50\frac{1}{2}\), וסכומם של כל המספרים בין 1 ובין 100 הוא 100 פעמים הממוצע הזה, כלומר \(100*50\frac{1}{2} = 5050\). הממוצע של המספרים הוא המספר שאם נחליף בו כל אחד מן המספרים, לא ישתנה הסכום. אם נחליף כל אחד מ-100 המספרים בין 1 ובין 100 ב-\(50\frac{1}{2}\), נקבל מספרים שסכומם הוא כסכום המספרים המקוריים – זוהי בעצם ההגדרה של הממוצע. אם, למשל, נחליף את המספרים 6 ו-8 בממוצעם, שהוא 7, נקבל במקום 6 ו-8 פעמיים את המספר 7, ואכן \(6+8=7+7=14\).
כאן עלי לספר לכם סוד, והוא שמה שבפי העם נקרא “ממוצע” נקרא בפי המתמטיקאים “ממוצע חשבוני”. הצורך בשם מיוחד נובע מכך שיש עוד סוגי ממוצעים, שהמפורסם ביניהם הוא הממוצע הגיאומטרי. זהו המספר שאם נחליף בו את כל המספרים, לא תשתנה מכפלתם. למשל, הממוצע החשבוני בין 1 ו-100 הוא \(50\frac{1}{2}\), האמצע ביניהם. הממוצע הגיאומטרי, לעומת זאת, הוא 10, משום שאם תחליפו את 1 ואת 100 ב-10, תקבלו פעמיים את המספר 10, ואכן \(1*100 = 10*10\). הממוצע הגיאומטרי בין שני מספרים לא שליליים \(a\) ו-\(b\) הוא השורש של מכפלתם, כלומר \(\sqrt{ab}\). הרי מכפלת \(\sqrt{ab}\) בעצמו היא \(\sqrt{ab}*\sqrt{ab}\), שעל פי הגדרת השורש שווה ל-\(ab\) , כלומר מכפלת שני המספרים המקוריים. הממוצע הגיאומטרי של 100 מספרים הוא המספר שמכפלתו בעצמו 100 פעמים, כלומר חזקתו ה-100, שווה למכפלת המספרים המקוריים. כלומר, הוא השורש ה-100 של מכפלת המספרים.
מהו הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ובין 100? כאמור, זהו השורש ה-100 של מכפלתם, כלומר השורש ה-100 של\(1*2*3*\dots*98*99*100\). את המספר \(1*2*3*\dots*98*99*100\) מסמנים ב-\(100!\), ובעל פה אומרים “100 עֲצֶרֶת” (באנגלית – 100 factorial). זהו מספר ענקי. אם נכתוב אותו בצורה עשרונית יהיו בו בערך 150 ספרות. האם גם אותו אפשר לחשב כפי שחישבנו את הסכום, בלי לחשב את כל 99 פעולות הכפל הנדרשות? מתברר שלא, אבל אפשר להעריך אותו בדיוק לא רע.
חישוב \(100!\) שקול לחישוב הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ובין 100. הרי אם \(x\) הוא הממוצע הגיאומטרי הזה, אז \(100! = x^{100}\), כלומר אם נדע את \(x\) נדע את \(100!\). מצד שני, אם נדע את \(100!\) נדע את \(x\), כי \(x=\sqrt[100]{100!}\). האם ייתכן שהממוצע הגיאומטרי, \(x\) , שווה לממוצע החשבוני, שהוא כזכור \(50\frac{1}{2}\)? ההשערה הזאת רחוקה מאוד מן המציאות. לו כך היה, הייתה מכפלת המספרים בין 1 ו-100 שווה ל \(50\frac{1}{2}*50\frac{1}{2}*\dots\), מכפלת \(50\frac{1}{2}\) בעצמו 100 פעמים, כלומר \((50\frac{1}{2})^{100}\). אבל \((50\frac{1}{2})^{100}\) היא הערכה הרבה יותר מדי גבוהה ל-\(100!\). כדי לראות זאת שימו לב לכך ש: \(100*1<50\frac{1}{2}*50\frac{1}{2}\), וגם: \(90*2<50\frac{1}{2}*50\frac{1}{2}\), וכן גם: \(98*3<50\frac{1}{2}*50\frac{1}{2}\), וכו’ – נקבל כך 50 אי-שוויונים. מדוע? משום שבאגף שמאל מופיעה בכל אחד מאי השוויונות מכפלה של מספרים שסכומם 101, ובאגף ימין מכפלה של מספרים שווים שסכומם 101. אגף שמאל הוא שטח של מלבן שסכום אורכו ורוחבו הוא 101, בעוד אגף ימין הוא שטח של ריבוע שסכום אורכו ורוחבו (שבריבוע הם שווים, כמובן) הוא 101. עובדה ידועה היא ששטח של ריבוע גדול משטח של מלבן בעל אותו היקף (נחזור לכך באחד הפרקים הבאים, שנושאו הוא סימטריה). מכפלת כל אגפי שמאל של 50 אי השוויונים האלו נותנת \(100!\), ואילו מכפלת אגפי ימין היא מכפלת \(50\frac{1}{2}\) בעצמו 100 פעמים, כלומר \((50\frac{1}{2})^{100}\) . מכיוון שבכל אי שוויון אגף ימין גדול יותר, גם מכפלת אגפי ימין גדולה יותר. מה שהראינו הוא למעשה ש: \(x<50\frac{1}{2}\), כלומר הממוצע הגיאומטרי קטן מן הממוצע החשבוני. זוהי עובדה שנכונה תמיד, עם פחות או יותר אותה הוכחה, והיא נקראת “אי שוויון הממוצעים”:
הממוצע הגיאומטרי של כל קבוצת מספרים קטן מן הממוצע החשבוני או שווה לו.
מצד שני, \(100!\) בוודאי גדול מ-,\(2^{100}\) משום ש-\(100!\) הוא מכפלת 100 מספרים שרובם גדולים בהרבה מ-2. המכפלה הזאת גדולה גם מ-\(10^{100}\), משום שרוב המספרים במכפלה גדולים בהרבה מ-10. מהו המספר הנכון, בין 1 ל-100, שמכפלתו בעצמו 100 פעמים תיתן \(100!\)? במילים אחרות, מהו המספר \(x\) ש- \(x^{100} = 100!\)? השתכנענו ש-\(10<x<50\frac{1}{2}\). אבל מהו? התשובה היא שזהו בערך \(\frac{100}{e}\), שהוא בערך 36.79. כמובן, המספר 100 הוא רק דוגמה. חבויה כאן עובדה כללית, שאותה הראה ג’ימס סטרלינג (James Stirling, 1692-1770): הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ל-\(n\) הוא בערך \(\frac{n}{e}\).
מה משמעותו של ה”בערך” הזה? הרי “בערך” אינו ניסוח מתמטי! ובכן, הדבר אומר שהיחס בין הממוצע הגיאומטרי האמור ובין \(\frac{n}{e}\) הולך ומתקרב ל-1, כאשר \(n\) הולך וגדל. כלומר שבגבול, היחס הזה הוא 1. הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ו-\(n\) הוא, בנוסחה:\(\sqrt[n]{n!}\) . כלומר השורש ה- \(n\) של \(n!\), המספר שאם נעלה אותו בחזקת \(n\) נקבל \(n!\). ראינו זאת בדוגמה, כשהסברנו מדוע הממוצע הגיאומטרי של המספרים בין 1 ו-100 הוא \(\sqrt[100]{100!}\). ובכן, סטרלינג הוכיח ש-\(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n/e}\) מתקרב והולך ל-1, ובסימון מתמטי:
\(\lim\frac{\sqrt[n]{n!}}{n/e}=1\)
למעשה, סטרלינג הוכיח הערכה מדויקת למדי ל-\(n!\). הוא הראה שלערכי \(n\) גדולים,
\(n!\approx(\frac{n}{e})^n\sqrt{2\pi n}\)
כאשר הסימון “\(\approx\)” משמעו, שוב, שאגף שמאל מחולק באגף ימין מתקרב והולך ל-1. למרבה הפלא, מופיע כאן גם המספר \(\pi \), באורח לגמרי בלתי צפוי!
משוואה דיפרנציאלית
חיפושית עומדת במישור, בנקודה \((0,1) \), כלומר על ציר ה-\(y\), בגובה 1 (ראה איור). היא מתחילה ללכת לכיוון ימין, לאורך קו ששיפועו הוא 1, כלומר בזווית של 45 מעלות (כמו באיור), שפירושו הוא שעל כל יחידה שהיא זזה בכיוון ימין היא עולה יחידה אחת. ככל שהחיפושית מתקדמת, היא משנה את הזווית של הליכתה – היא הולכת תמיד בשיפוע השווה בדיוק לגובהה. למשל, כשהיא מגיעה לגובה 2 מעל ציר ה-\(x\), שיפוע הליכתה הוא 2, שפירושו שהיא עולה פי 2 מהר משהיא זזה ימינה.
החיפושית הולכת ימינה ולמעלה. היחס בין התקדמותה כלפי מעלה ותזוזתה ימינה הולך וגדל:הוא שווה לגובה של החיפושית על ציר ה-\(x\).אפשר אז להוכיח שכאשר החיפושית מתקדמת \(x\) יחידות ימינה, היא נמצאת בגובה \(e^2\).
כמובן, החיפושית תנסוק מהר מאוד. הרי ככל שהיא מגביהה, גם קצב עלייתה גדל. השאלה היא: מהי הנוסחה של העקום שהיא הולכת לאורכו? כלומר, לאחר שהלכה \(x\) יחידות ימינה, באיזה גובה תהיה? התשובה היא שנוסחת העקום היא \(y=e^x\). כלומר, לאחר שהחיפושית תנוע \(x\) יחידות ימינה, היא תהיה בגובה \(e^x\). למשל, אחרי יחידת זמן אחת, היא תהיה בגובה \(e\). אחרי שתי יחידות זמן, היא תהיה בגובה \(e^2\). במונחים הלקוחים מן החשבון הדיפרנציאלי, לפונקציה \(e^x\) יש תכונה ייחודית, שהיא שווה לנגזרת שלה (הנגזרת של פונקציה היא קצב השינוי שלה). זהו ייחודו של המספר \(e\), ולמעשה זהו הייחוד שממנו נובעות כל שאר תכונותיו. הפונקציה \(e^x\), אגב, אכן נוסקת מהר מאוד: למשל, אחרי 10 יחידות תזוּזה ימינה, החיפושית תהיה כבר בערך בגובה 6000 יחידות.
מה שתיארנו כאן נקרא “משוואה דיפרנציאלית”. משוואה דיפרנציאלית מתארת את התנהגותו של עקום. היא מספרת מהו שיפועו של העקום, כלומר קצב עלייתו של ערך \(y\) כשהולכים לאורך העקום, בכל נקודה על העקום. במשוואות דיפרנציאליות מסובכות יותר יכול להינתן קשר בין הנקודה שבה נמצאים על העקום, לבין שיפועו של העקום, ובין קצב השינוי מסדר שני, כלומר באיזה קצב משתנה קצב העלייה או הירידה של העקום. משוואות דיפרנציאליות מתארות אפוא את הגיאומטריה של עקומים, במונחים של קצב השינוי שלהם. לצערי, בתור סטודנט לא הבנתי את משמעותן הגיאומטרית של משוואות דיפרנציאליות, ולא תפסתי את יופין. למעשה, תחום המשוואות הדיפרנציאליות הוא גם יפה וגם שימושי. המספר \(e\) מופיע בו תדירות.
ההוכחה הנכונה למשפט פיתגורס
אלכסנדר גיבנטל
על אף שמשפט פיתגורס הוא כבר בן למעלה מאלפיים וחמש מאות שנים, הוא עדיין בעל חיוניות ועניין גם לבני דורנו. הוא המפתח לנוסחת המרחק בין נקודות במישור, שפירושו שהוא נמצא בכל מודל במדע ובהנדסה שמכיל גיאומטריה או טריגונומטריה. הוא שותף סמוי למכפלה הסקלרית של וקטורים, ובתפקיד הזה הוא ממלא מקום במשוואות היסודיות של הפיזיקה. הוא הרוח החיה מאחורי משוואות תורת היחסות הפרטית ותורת הקוואנטים. הוא גם אחד המשפטים היחידים שמוכרים בציבור הרחב עם הוכחה.
מאות הוכחות יש למשפט. רובן בעלות אותו אופי: גזירה והרכבה מחדש של צורות. למשל, כמו בהוכחה המשכנעת הבאה:
אבל ההוכחות האלה משאירות אותנו בתהייה: אחת העובדות הבסיסיות ביותר בטבע היא בסך הכל עניין של גזירה וצירוף מחדש.
לאחרונה עלעלתי בכתביו של אוקלידס, והגעתי להוכחה שמרבית חברי אומרים עליה שהיא הראשונה שהם מבינים באמת. היא לא רק קצרה ופשוטה, אלא גם אינה נעשית על דרך של קסם של גזירה. היא מגיעה ללב העניין.
משפט פיתגורס, שידוע גם כ”אוקלידס \({I.47}\)” אומר שסכום שטחי הריבועים שבנויים על הניצבים של משולש ישר זווית שווה לשטח הריבוע הבנוי על היתר. מתברר שבספר השישי של אוקלידס יש הכללה הרבה פחות מפורסמת, שתופסת את המשפט בקרניו. אין זו חובה שעל צלעות המשולש ייבנו ריבועים. מספיק שהצורות יהיו דומות. למשל, חצאי עיגולים, כמו בציור הבא:
הרי השטח פרופורציוני לריבוע של הצלע. מצד שני – מספיק להוכיח שוויון לעיגולים: פירוש שוויון השטחים הוא (חישבו מדוע) ש: \({\pi \frac{a^2}{8}+\pi \frac{b^2}{8}=\pi \frac{c^2}{8}}\), שנותן מייד את המשפט.
למעשה מספיק להראות לצורה אחת ושתי צורות דומות לה, שסכום שטח שתי הצורות על הניצבים שווה לשטח הצורה הבנויה על היתר. הפרופורציונליות לריבוע הצלע תעשה את העבודה.
אבל אם כך, מדוע לא לשים על הצלעות משולשים, כמו בציור הבא?
הסתכלו באיור. נאמר שאורכי הניצבים של המשולש הם \({a}\) – \({b}\), ואורך היתר הוא \({c}\).
נאמר ששטח המשולש הבנוי על היתר הוא \({s}\). אזי השטח של המשולשים על הניצבים הם \({\frac{a^2}{c^2}s}\) ו-\({\frac{b^2}{c^2}s}\) בהתאמה. (שטח של משולשים דומים נמצא ביחס ישר לריבוע האורכים שלהם: אם מגדילים את האורכים במשולש פי \({\alpha}\) אז גם האורך וגם הרוחב של המשולש גדלים פי \({\alpha}\), ולכן שטח המשולש גדל פי \({\alpha^2}\)).
המשולשים שעל הניצבים חופפים לשני המשולשים שמחלקים את המשולש המקורי, ואילו המשולש שעל היתר חופף למשולש המקורי. לכן סכום שטחי המשולשים על הניצבים שווה לשטח המשולש על היתר, כלומר
המראיין הוא פרופ’ אמריטוס צבי ציגלר, מהפקולטה למתמטיקה בטכניון. המרואיינת היא פרופ’ תמר ציגלר, מהחוג למתמטיקה באוניברסיטה העברית.
צ: הרעיון לראיין אותך הוא של עורכי העיתון. נחמד יהיה ללמוד דברים חדשים על הבת שלי. שאלה ראשונה- האם חשבת שמתמטיקה מעניינת אותך כבר כשהיית ילדה?
ת : לא. כשהייתי ילדה חשבתי שמעניינות אותי חידות קשות, אבל לא התעניינתי במיוחד במתמטיקה.
צ: וכשגדלת והיית בתיכון ?
ת: גם אז לא. אהבתי כל מיני דברים, כמו לנגן ולטייל ולא חשבתי בכלל על מה ארצה לעשות כשאהיה גדולה.
צ: אז מתי תקף אותך החיידק המתמטי?
ת:החלטתי שאני אוהבת מתמטיקה בתקופת הצבא והיה ברור לי שבסיום השירות הצבאי שלי אלך ללמוד מתמטיקה, בלי לחשוב אם זה יהיה התחום בו אעסוק לאחר מכן. מאד אהבתי את תקופת הלימודים באוניברסיטה העברית, ונהניתי מהקורסים.
צ: מכל הקורסים ? בשנה הראשונה לומדים מתמטיקה ופיסיקה – האם גם הפיסיקה משכה אותך? האם היה קורס הזכור לך במיוחד, או שהשפיע עלייך במיוחד?
ת: אהבתי את הקורסים במתמטיקה הרבה יותר מאשר אלו של פיסיקה, כי בפיסיקה היו הרבה הנחות ואי בהירות, ומתמטיקה היא מדויקת במידה חסרת-פשרות. הדיוק והניקיון במערכת של הנחות והוכחות המבוססות על ההנחות ועל היקשים לוגיים, קסמו לי במיוחד. מהקורסים זכור לי לטובה במיוחד הקורס של פרופ’ אומן, בעיקר תודות לבדיחות.
צ. השתמשת בביטוי “קסמו לי”. האם את מוצאת קסם או יופי מיוחד במתמטיקה ?
ת : מתמטיקה טובה היא יפהפיה – כמו תמונה יפה שאי אפשר להפסיק להתפעל ממנה.
צ: היה לך קשר מיוחד עם סטודנטים אחרים באותה תקופה? למדת ביחד עם אחרים?
ת: כן….את בעלי הכרתי בלימודים….אבל בעיקר אהבתי ללמוד לבד ולהתמודד עם בעיות לבד.
צ: וכשסיימת ללמוד ידעת שתרצי לעסוק במתמטיקה כקריירה?
ת: ידעתי שאני רוצה להמשיך לתואר שני. וכשסיימתי תואר שני, ידעתי שאני רוצה להמשיך ולחקור ונרשמתי ללימודי דוקטורט, אבל גם בשלב זה לא היה ברור לי שאני מעוניינת בקריירה של מתמטיקאית. בלימודי התואר השלישי, אחרי שנולד הבן השני שלי, הייתה תקופה שנתקעתי, היו לי ספקות באשר ליכולת שלי, אבל בסופו של דבר הייתה לי פריצת דרך. בכל שלב הסתכלתי רק צעד אחד קדימה – בשלב זה כבר חשבתי שיכול להיות שאהיה מתמטיקאית של ממש, אבל הסתכלתי רק על הפוסט-דוקטורט.
צ: האם את יכולה לומר משהו, במילים לא יותר מדי מקצועיות, על התוצאות העיקריות בעבודת הדוקטורט שלך ? התוצאות והרעיונות מעבודה זו ממשיכים להשפיע על עבודתך גם זמן רב לאחר סיום העבודה, נכון?
ת: עבודת הדוקטורט שלי עסקה בנושא של חזרה מרובה במערכות דינמיות. בתקופה ההיא זה היה נושא די אזוטרי במתמטיקה אבל לי הוא קסם מאד. בתקופת הפוסט דוקטורט שלי הנושא הפך מאד מרכזי בעקבות העבודה של גרין וטאו על קיום סדרות חשבוניות מכל אורך סופי במספרים הראשוניים. העבודה שלהם הייתה מבוססת על רעיונות שהיו קשורים לנושא שחקרתי בדוקטורט. בעקבות העבודה שלהם התחלתי להתעניין בשאלות לגבי מבנים מעניינים בראשוניים, והרעיונות מעבודת הדוקטורט הובילו לתרומותיי לתחום.
צ: הפוסט דוקטורט שלך כלל שנה במכון ללימודים מתקדמים בפרינסטון. תארי את האווירה שם ואיך היא השפיעה על עבודתך.
ת: המכון, כמקום לבלות בו שנה, הוא מקום פנטסטי. אוירה קסומה, שקט נפשי, אפשרות להתנתק מהכל ורק לחשוב. אני חושבת שזו הייתה השנה המשמעותית ביותר להתפתחות שלי כמתמטיקאית. רק שם הגעתי למסקנה שאני באמת בוחרת במקצוע הזה כקריירה ואני ראויה להיקרא מתמטיקאית. יתר על כן, רק בתקופה ההיא התחלתי לדבר עם מתמטיקאים אחרים על מתמטיקה ולעבוד ביחד על בעיות.
צ: עד אז לא היו לך הזדמנויות לשתף פעולה, או שנרתעת מזה.
ת: לא כל כך ברור מה הסיבה, אולי כי הרגשתי לא נוח לדבר על דברים שלא הבנתי עד הסוף. העובדה היא שאפילו בשנות הפוסט-דוקטורט הראשונות שלי נהגתי לעבוד לבד, ורק ההיכרות שלי עם פרופ’ טרי טאו מאוניברסיטת קליפורניה, שהזמין אותי לביקור מקצועי באוניברסיטה שלו, שינתה את ההתייחסות שלי לשיתופי פעולה. פתאום מצאתי את עצמי מדברת אתו ועם מתמטיקאים אחרים, מחליפה רעיונות וכיווני מחשבה.
צ. ההישגים הגדולים שלך החלו בתקופה זו, בה תרמת לפתרון בעיות שהטרידו דורות של מתמטיקאים ולא זכו לפתרון. ההתחלה הייתה אז, אבל ההבשלה באה שנים מספר אחר מכן. האם תוכלי לתאר את הבעיה ואת הרעיונות שסייעו לך בפתרונה?
ת: הבעיה ששבתה אותי הייתה מציאת פתרון של מערכות משוואות לינאריות במשתנים שהם מספרים ראשוניים והערכת מספר הפתרונות. אחת הבעיות בחקר המספרים הראשוניים היא שיש מעט מספרים ראשוניים – מבין המספרים בין 1 ל –N יש רק בערך N/logN מספרים ראשוניים. בעיית הדוקטורט שלי עסקה בשאלות הקשורות לפתרון משוואות כאלה בתוך תתי קבוצות עם צפיפות חיובית במספרים הטבעיים – למשל בתתי קבוצות המהוות אחוז אחד מהמספרים הטבעיים – דרך הבנת תופעת החזרה המרובה בדינמיקה. שילוב של רעיונות מדינמיקה והתקדמויות בהבנת מבנה המספרים הראשוניים הוביל בסופו של דבר לפתרון הבעייה עבור מערכות משוואות לינאריות רבות.
צ. התחרותיות במתמטיקה היא עצומה. כולם רוצים לפתור את הבעיות הקשות ולהשאיר חותם לדורות הבאים. האם לדעתך המתמטיקאים מפרגנים למי שמצליח לפתור בעיות ולהגיע להישגים, או שהקנאה גוברת ?
ת: אמנם נתקלתי בראשית הקריירה גם במקרים של צרות עין, אבל ככלל המתמטיקאים מתלהבים מהישגים של אחרים וכשמישהו פותר בעיות שהיו ללא פתרון או מגיע להישגים מדהימים – התגובה היא התפעלות כללית, וברכות מכל עבר. הדוגמא של צ’אנג בנושא המספרים התאומים היא טיפוסית.
צ: את יכולה לפרט ?
ת: צ’אנג הוא מתמטיקאי מבוגר מאוניברסיטה קטנה ושולית בארה”ב, שעיקר עיסוקה בהוראה. הסתבר שהוא עבד במשך שנים על בעיה מאד מפורסמת בתורת המספרים – בעיית המספרים הראשוניים התאומים (זוגות מספרים ראשוניים שההפרש ביניהם 2).הוא הצליח במקום שבו כל המומחים נכשלו והראה שיש אינסוף זוגות מספרים ראשוניים שההפרש ביניהם קטן מ- 70,000,000. זו הייתה פריצת דרך ענקית והוא זכה מייד בפרגון והערכה רבה מכל הקהילה המתמטית.
צ: בסופו של יום – כיף להיות מתמטיקאית ?
ת: לי כיף. אני עושה מה שאני ממש אוהבת, וחופשיה לעשות זאת בדרך המוצאת חן בעיניי.
חידות
דניאל לובזנס
דבר העורך: לצערי עדיין מעטים מכם שולחים פתרונות. עד עכשיו הגיע רק פתרון נכון אחד, לחידה \(2\) בגיליון ינואר, וגם פותרה מעדיף ששמו לא יפורסם. על מנת שהחידות תהינה בתחום המעניין אתכם (לא קשות מדי, כדי שתצליחו לפתור, אבל מספיק מאתגרות כדי שתהינו מפתרונן), אודה גם לתגובות (ולאו דווקא פתרונות) בטופס שבתחתית העמוד.
לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו פתרונות בגיליון הבא. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 23.2.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.
חידה 1– סכומים של ספרות?
קל לחשב את סכומם של מספרים עוקבים (למשל מ \(1\) עד \(10\) הסכום הוא \(55\)), קשה יותר לחשב את סכום הספרות שלהם (סכום הספרות של המספרים מ \(1\) עד \(10\) הוא \(46\) ). התוכלו לחשב את סכום הספרות של המספרים מ \(1\) עד \(1,000,000\) ?
חידה 2– מרכזי ריבועים על גבי מקבילית?
נתונה מקבילית \(ABCD\) על כל אחת מצלעותיה בונים ריבוע כלפי חוץ, כמתואר בשרטוט. יש להוכיח כי מרכזי הריבועים \(K,L,M,N\) נמצאים על קדקודיו של ריבוע.
חידה 3– סכום של הופכיים?
נתונים \(n\) מספרים טבעיים, שונים זה מזה \(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\), כאשר ידוע שלאף אחד מהמספרים \(a_i\) אין אף גורם ראשוני גדול או שווה ל \(5\).
חידה 1– שנת 2015 בפתח – בדקו האם המספרים מתחלקים, ללא שארית, ב-\(13\) וב- \(9\) .
חידה 2– מקלות הקטורת – לכל מקל יש שני קצוות. יש לתת את הדעת שאי אפשר לסמוך על זמני הבעירה של הגפרורים, הם אינם קבועים.
חידה 3– קידוח הנפט – הראו כי בכל מלבן ניתן לחשב את המרחק מנקודה כלשהיא במישור לאחד מקדקודיו אם ידועים המרחקים לשאר הקדקודים (זאת בלי תלות בממדי המלבן) – הכלילו התוצאה לנקודה כלשהיא במרחב.
פתרון החידות גיליון דצמבר 2014
חידה 1– היכן המטבעות המזויפים?
לוקחים מטבע \(1\) מערמה מס’ \(2,1\) מטבעות מערמה מס’ \(9,\dots,2\) מטבעות מערמה מס’ \(9\). אילו כל המטבעות היו אמתיים משקלם הכולל היה \(45*7 = 315\) גרם. אם בערמה מס’ \(n\) יש מטבעות מזויפים המשקל הכולל יפחת ב-\(n\) גרם. כלומר מספיקה שקילה אחת לגילוי ערמת המטבעות המזויפים.
כאשר יש רק \(3\) מטבעות בכל ערמה, מחלקים את הערמות ל \(3\) קבוצות בכך אחת \(3\) ערמות :
קבוצה \(1\) – ערמות \(1,2,3\)
קבוצה \(2\) – ערמות \(4,5,6\)
קבוצה \(3\) – ערמות \(7,8,9\)
שוקלים מטבע אחד מכל אחת מהערמות שבקבוצה \(2,1\) מטבעות מכל אחת מהערמות בקבוצה \(2\), ו \(3\) מטבעות מקבוצה \(3\). סה”כ \(1*3+2*3+3*3=18\) מטבעות, אילו כולם היו אמתיים משקלם יהיה \(126\) גרם. המשקל הכולל יפחת ב- \(n\) גרם אם ערימת המטבעות המזויפים שייכת לקבוצה \(n\). עכשיו מתוך \(3\) ערמות המטבעות בקבוצה \(n\) לוקחים מטבע אחד מהערמה הראשונה \(2\) מטבעות מהשנייה ו \(3\) מטבעות מהשלישית, סה”כ \(6\) מטבעות שמשקלם, אילו כולם אמתיים יהיה \(42\) גרם. המשקל הכולל יפחת ב \(1,2\) , או \(3\) גרם בהתאם למספר המטבעות שנלקחו מכל אחת מהערמות. כלומר שבמקרה זה נדרשות שתי שקילות לגילוי ערמת המטבעות המזויפים.
חידה 2– הקוסם
נסמן ב \(X\) את המספר שחשבנו עליו וב \(A\) את הערך המחושב שנמסר ל”קוסם” . כמו כן נסמן ב-\(S_x\) את סכום הספרות של \(X\) , ואת השארית בחלוקה ב \(9\) של מספר כל שהוא \(y\) ב \(R(y)\) (בסימונים המקובלים: \(R(y)= R MOD 9\)).
קל לראות כי אם נסכם את כל \(6\) המספרים המתקבלים מתמורות של ספרות \(X\) התוצאה תהיה \(222*S_x\) מאחר ולחישוב \(A\) לא מסכמים את \(X\) הרי ש: \((*)A=222*S_x-X\) , ברור שידיעת \(S_x\) תיתן לנו תשובה לבעיה.
קל לראות מ\((*)\) כי \(\frac{A}{222}<S_x\le\frac{A}{222}+\frac{X}{222}\) ומאחר ו- \(\frac{A}{222}<S_x<\frac{A}{222}+5, X<1000\), כלומר הערך של \(S_x\) מוגבל ל-\(6\) אפשרויות בלבד, ואם נדע מה השארית שלו בחלוקה ל \(9\) נוכל לקבוע את ערכו.
כלומר ה”קוסם” לוקח את המספר \(A\) מוצא את השארית בחלקה ב\(9\) (זה פשוט, ע”י סיכום הספרות) מכפיל ב \(2\) ומוצא את השארית של \(S_x\) בחלוקה ב \(9\) .
אח”כ מחלק את \(A\) ב \(222\) ומעגל כלפי מעלה למספר שהשארית שלו בחלוקה ב\(9\) זהה למה שחשב קודם, וזה יהיה \(S_x\). ומכאן:\(X=222*S_x-A\). מאחר והשיטה שלנו מחשבת באופן חד ערכי את \(X\) מ\(A\) ברור כי מהרמז ניתן לחשב את המספר המקורי והתשובה היא יחידה.
דוגמא:
נאמר כי הרמז הוא \(A=3095\).
מאחר והשארית של \(A\) בחלוקה ל \(9\) היא \(8\), השארית בחלוקה ל \(9\) של היא 7 . (\(8*2 MOD 9=16 MOD 9=7\))
הכפולה הקטנה ביותר של \(222\) הגדולה מ \(A\) היא \(14\) (שארית \(5\) בחלוקה ב \(9\)) ולכן המספר הקטן ביותר הגדול ממנה ששאריתו בחלוקה ל \(9\) היא \(7\) יהיה \(16\)
ולכן: \(X=222*16-3095=457\)
כל מה שה”קוסם” צריך לדעת זה להכפיל ולחלק ב – \(222\) (ולכן רצוי שישנן את לוח הכפל של \(222\) מ \(222*1\) עד\(222*27\)) וכמובן לחבר ולחסר מספרים בני \(4\) ספרות. אני בטוח שכל אחד מכם יוכל לאחר אמון קצר להציג “קסם” זה.
חידה 3 – ניסור קובייה
תנו דעתכם על הקובייה הקטנה המרכזית. יש לה \(6\) דפנות שכל אחת מהן צריך להפריד בניסור אחד משכנתה, סה”כ \(6\) צעדי ניסור. ולכן \(6\) הוא מספר צעדי הניסור המינימלי במקרה זה.
לגבי קובייה של \(4*4*4\) אפשר לחלק אותה ל \(2\) בכל אחד מהמישורים הראשיים ע”י \(3\) צעדי ניסור ולקבל \(8\) קוביות של \(2*2*2\). ניתן להציב \(8\) קוביות אלו זו על גבי זו וב \(2\) צעדי ניסור להפריד כל אחת ל \(4\) תיבת של \(2*1*1\), סה”כ \(32\) תיבות. נציב אותן זו על גבי זו ובניסור נוסף נחלק כל אחת ל\(2\) קוביות קטנות. סה”כ \(6\) צעדי ניסור, כמובן שאי אפשר בפחות כי גם כאן יש קוביות פנימיות כמו במקרה הקודם.
חידה 4 – החשמלאי במגדל
נראה שניתן לפתור את הבעיה בעליה אחת וירידה אחת.
נתחיל במקרה בו מספר החוטים אי זוגי \(n=2m+1\). החשמלאי יסמן את קצות החוטים בסימון \(b_1,b_2,b_3,\dots,b_n\)
הקצה \(b_1\) לא יחובר ואילו שאר הקצוות יחוברו בזוגות: כל קצה חוט \(b_{2i}\) יחובר לקצה חוט \(b_{2i+1}\).
החשמלאי יעלה לקומת הגג של המגדל, שם בעזרת בדיקת רציפות חשמלית בין כל הזוגות ימצא את החוט הבודד שאינו מחובר לאף אחד אחר ויסמנו במספר \(1\). אח”כ יסמן קצה חוט כל שהוא במספר \(2\) ואת החוט המחובר אליו חשמלית ב-\(3\) וימשיך יסמן את שאר החוטים במספרים \(4\) עד \(n\) כאשר תמיד המספר \(2i+1\) יינתן לקצה המחובר חשמלית לקצה חוט מספר \(2i\). החשמלאי יחבר חשמלית בקומת הגג את זוגות החוטים
\(2i\) ו \(2i-1\).
(כלומר קצה \(1\) לקצה \(3,2\) ל-\(4\) וכן הלאה)
באיור המצורף מובא המקרה של \(7\) חוטים, הקווים האדומים מראים את החיבורים החשמליים בקומת הקרקע והירוקים בקומת הגג.
החשמלאי יורד לקומת הקרקע, ושם מסמן את קצה החוט \(b_1\) במספר \(1\). מפרק את כל החיבורים החשמליים (אחרת כל החוטים יהיו מחוברים זה אל זה). החשמלאי מוצא מי מחובר לקצה \(1\) ומסמן אותו במספר \(2\) ואילו את בן זוגו (בן זוגו של הקצה שסומן ב\(b_j\) הוא \(b_{j+1}\) אם \(j\) זוגי, ו-\(b_{j-1}\) אם \(j\) אי-זוגי) במספר \(3\). וממשיך באותה דרך, הקצה שמחובר חשמלית למספר \(3\) הוא מספר \(4\) ובן זוגו הוא מספר \(5\), וכן הלאה.
במקרה שמספר חוטים זוגי: \(n=2m+2\), החשמלאי בקומת הקרקע מסמן את החוטים כמו קודם ומחבר חשמלית את הקצוות כמו במקרה האי זוגי כך שהקצוות \(b_1\) ו\(b_n\) אינם מחוברים. החשמלאי עולה לקומת הגג ומאתר את \(2\) קצות החוט שאינם מחוברים חשמלית לאף קצה אחר, אחד מהם הוא מסמן במספר \(1\) ואת השני במספר \(n\). החשמלאי ממשיך בסימונים ובחיבורים כמו במקרה האי-זוגי. החשמלאי יורד לקומת הקרקע שם הוא בודק את הקצוות \(b_1\) ו\(b_n\) ומוצא מי מהם אינו מחובר לשאר הקצוות אותו הוא מסמן ב \(n\) , ואת האחר במספר \(1\),וממשיך בבדיקות ובסימונים כמו במקרה האי-זוגי.
חידה יפה זו פורסמה ע”י (Martin Gardner (1914-2010 שהיה ממחברי החידות המתמטיות היותר פוריים ויצירתיים, במדור החידות שלו בירחון Scientific American לפני יותר מ \(50\) שנים – ישנן עוד שיטות לפתרון הדורש עליה וירידה אחת מהחשמלאי, אבל פתרון זה הוא האלגנטי ביותר.
