Wednesday, 8 August 2018

Ο περίπατος του Abel

Στον λατρεμένο μου Abel


Το όνομα Abel για το μεγαλύτερο τμήμα του πληθυσμού παραπέμπει στο μεγάλο μαθηματικό του 19ου αιώνα Niels Henrik Abel (1802-1829). Για μένα, εδώ και τριάμισι χρόνια, στο όνομα Abel ακούει το αγαπημένο μου λαμπραντοράκι που απεικονίζεται στην Εικόνα 1. 


Εικόνα 1. Abel.

Ο Abel (ο δικός μου ευτυχώς...) αγαπάει τη γυναίκα μου δύο φορές όσο εμένα και δεν χάνει ευκαιρία να το αποδεικνύει με κάθε τρόπο. Ακόμη και στις βόλτες έχει έναν πολύ ιδιαίτερο τρόπο να το δείχνει. Όταν βγαίνουμε οι τρεις μας, φροντίζει πάντα να κρατάει διπλάσια απόσταση από εμένα σε σχέση με τη γυναίκα μου. Ένα μέτρο από τη γυναίκα μου; Δύο από μένα. Δύο μέτρα από τη γυναίκα μου; Τέσσερα από μένα. 

Στη χθεσινή μας απογευματινή βόλτα, κάποια στιγμή, εξαντλημένοι όλοι από τη ζέστη στεκόμαστε κάτω από ένα δέντρο για να πάρουμε μια ανάσα. Ο Abel λαχανιασμένος σωριάζεται ανάμεσά μας με τη γλώσσα έξω, κρατώντας όπως πάντα το γνωστό λόγο 2 προς 1 των αποστάσεων (βλ. Εικόνα 2). Ξαφνικά, ενώ ξαποσταίνουμε, σκάει μύτη μια γάτα στο απέναντι πεζοδρόμιο. Δεν περνάν πάνω από δύο δευτερόλεπτα ώσπου αντιλαμβάνεται ο Abel τη γατούλα. Στα επόμενα δύο, αφού έχει ήδη φερμάρει, ξεχνάει στη στιγμή τη ζέστη και την κούραση και αρχίζει να τρέχει σαν τρελός. Είναι εκείνη ακριβώς η στιγμή που μένω εμβρόντητος, αφού διαπιστώνω το μέγεθος της νοημοσύνης του σκύλου μου. Ο Abel, παραμερίζοντας το ένστικτο υπέρ της λογικής, καταφέρνει να διαγράψει τέτοια τροχιά ώστε να μην παραβιάσει ούτε στιγμή το λόγο των αποστάσεων ανάμεσα σε μένα και τη γυναίκα μου!


Εικόνα 2.

Τι τροχιά διέγραψε ο Abel;

Αν και υπάρχουν διάφοροι τρόποι για να λύσουμε το πρόβλημα αυτό, εδώ θα παρουσιάσω τη λύση με χρήση διανυσματικού λογισμού που μου πρότεινε ο ίδιος ο Abel στη χθεσινοβραδινή μας κουβέντα, στην οποία του εξέθεσα την απορία μου πώς τα καταφέρνει τόσο καλά με τα μαθηματικά... 

Ας θεωρήσουμε ότι εγώ βρίσκομαι στο σημείο $A$ και η γυναίκα μου στο σημείο $O$, το οποίο και θέτουμε ως αρχή των αξόνων του καρτεσιανού επιπέδου που ταυτίζεται με το επίπεδο της γης. Έστω επίσης $T$ το σημείο στο οποίο βρίσκεται το δέντρο, έτσι ώστε η απόσταση $(OT)$ του δέντρου από τη γυναίκα μου να ισούται με το $\frac{1}{3}$ της απόστασης $(OA)$ της γυναίκας μου από μένα, όπως φαίνεται στην Εικόνα 2. Για παράδειγμα, ας είναι $(OA) = 3m$ και $(OT) = 1m$. Αν συμβολίσουμε με $K$ το σημείο στο οποίο βρίσκεται ο Abel, ουσιαστικά αναζητάμε το γεωμετρικό τόπο των σημείων του επιπέδου για τα οποία ισχύει $\| \vec{AK} \| = 2 \| \vec{OK} \|$. Τότε έχουμε:

$\| \vec{AK} \| = 2 \| \vec{OK} \| \Leftrightarrow \| \vec{AK} \|^2 = 4 \| \vec{OK} \|^2 \Leftrightarrow (\vec{AK})^2 = 4 (\vec{OK})^2$

$\Leftrightarrow (\vec{OK} - \vec{OA})^2 = 4 (\vec{OK})^2 \Leftrightarrow (\vec{OK})^2 - 2 \vec{OK} \vec{OA} + (\vec{OA})^2 = 4 (\vec{OK})^2$

$\Leftrightarrow 3 (\vec{OK})^2 + 2 \vec{OK} \vec{OA} - (\vec{OA})^2 = \vec{0} \Leftrightarrow (\vec{OK})^2 + \frac{2}{3} \vec{OK} \vec{OA} - \frac{1}{3} (\vec{OA})^2 = \vec{0}$

$\Leftrightarrow (\vec{OK})^2 + 2 \vec{OK} \frac{1}{3} \vec{OA} + \left( \frac{1}{3} \vec{OA} \right)^2 = \frac{4}{9} (\vec{OA})^2$

$\Leftrightarrow \left( \vec{OK} + \frac{1}{3} \vec{OA} \right)^2 = \left( \frac{2}{3} \vec{OA} \right)^2$ 

$\Leftrightarrow \| \vec{OK} - \left( - \frac{1}{3} \vec{OA} \right) \| = \| \frac{2}{3} \vec{OA} \|$

Η τελευταία αποτελεί εξίσωση κύκλου με ακτίνα $\rho = \frac{2}{3} \| \vec{OA} \|$ και κέντρο με διανυσματική ακτίνα $- \frac{1}{3} \vec{OA}$. Παρατηρούμε ότι το κέντρο του κύκλου συμπίπτει με τη θέση του δέντρου. Με απλά λόγια, ο Abel διέγραψε τέλειο κύκλο γύρω από το δέντρο! Αυτό επαληθεύεται και εποπτικά από την Εικόνα 3, η οποία αποτελεί κάτοψη της Εικόνας 2. Πράγματι, όσο ο Abel κινείται επί του κύκλου, η απόστασή του από το $A$ είναι διπλάσια της απόστασης από το $O$. Για παράδειγμα, $(AK_1) = 2 (OK_1)$ και $(AK_2) = 2 (OK_2)$, όπου $K_1$ και $K_2$ είναι δύο τυχαία σημεία επί της τροχιάς του Abel. Φυσικά θα πρέπει να πούμε ότι η εξίσωση, όπως ήταν αναμενόμενο επαληθεύεται και από την αρχική θέση $K$ του Abel.


Εικόνα 3.
Με παρόμοιους συλλογισμούς, αποδεικνύεται γενικότερα ότι ανεξάρτητα από το λόγο μεταξύ των αποστάσεων $(AK)$ και $(OK)$, η τροχιά που θα διαγράψει ο Abel είναι πάντοτε κύκλος, δεδομένου ότι ο λόγος αυτός παραμένει σταθερός! Πιο συγκεκριμένα, έστω $\rho = \frac{(AK)}{(OK)}$, με $\rho$ οποιονδήποτε θετικό πραγματικό αριθμό. Τότε χρησιμοποιώντας ακριβώς τα ίδια μαθηματικά τεχνάσματα καταλήγουμε στη σχέση:


$\| \vec{OK} - (- \frac{1}{\rho^2 - 1} \vec{OA} ) \| = | \frac{\rho}{\rho^2 - 1} | \cdot \| \vec{OA} \|$ 

η οποία εκφράζει κύκλο με κέντρο $- \frac{1}{\rho^2 - 1} \vec{OA}$ και ακτίνα $| \frac{\rho}{\rho^2 - 1} | \cdot \| \vec{OA} \|$. Εύκολα μάλιστα διαπιστώνουμε ότι αν θέσουμε $\rho = 2$ στη γενική έκφραση, λαμβάνουμε τη λύση του αρχικού προβλήματος. Παρατηρούμε ότι ενώ για $\rho>1$ το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στα αριστερά του σημείου $O$, όταν $0<\rho<1$ το κέντρο μετακινείται στα δεξιά του σημείου $A$. Πάντως, σε κάθε περίπτωση ο κύκλος διέρχεται από το σημείο $K$. Τέλος, σημειώνουμε ότι αν $\rho = 1$, αν δηλαδή $(AK) = (OK)$, τότε ο Abel κινείται επί της μεσοκαθέτου του ευθύγραμμου τμήματος $OA$. Εναλλακτικά, με χρήση της γενικής έκφρασης μπορούμε να θεωρήσουμε ότι στην οριακή αυτή περίπτωση παίρνουμε ως λύση τον κοινό τόπο των δύο κύκλων με άπειρη ακτίνα, εκ των οποίων ο ένας έχει κέντρο στο $-\infty$ (όταν $\rho \rightarrow 1^+$) και ο άλλος στο $+\infty$ (όταν $\rho \rightarrow 1^-$) του άξονα $OA$.

Ο κύκλος στην αρχαιότητα, λόγω απόλυτης συμμετρίας, υπήρξε το σύμβολο της τελειότητας. Αρκεί να θυμηθούμε την ξεχωριστή θέση που καταλάμβανε στον πλατωνικό κόσμο των ιδεών. Επιπλέον, με τη μεταφορική έννοια, για τους πυθαγόρειους συμβόλιζε τη διηνεκή επανάληψη των μετενσαρκώσεων. Παράλληλα, κάποια ζώα μεταξύ των οποίων η γάτα, η αγελάδα αλλά και ο σκύλος υπήρξαν ανά τους αιώνες αντικείμενα λατρείας. Διόλου άδικα αν αναλογιστεί κανείς τις αρετές - και δεν αναφέρομαι στη λογική, αλλά στην ηθική - που συγκεντρώνουν τα ζώα σε αντίθεση με το φαύλο ανθρώπινο είδος. Φανταστείτε τώρα, λαμβάνοντας υπόψιν συλλήβδην τα παραπάνω, τι μπορεί να σημαίνει για μένα ένας σκύλος που διαγράφει κύκλους...!

Tuesday, 31 July 2018

Η σημασία της πρωτοβουλίας στο σκάκι

Η αξία μιας παρτίδας εξαρτάται χωρίς αμφιβολία από τη δύναμη του αντιπάλου. Σύμφωνα με αυτό το κριτήριο, η παρτίδα που παρουσιάζω σε αυτό το άρθρο είναι σίγουρα μία από τις καλύτερες που έχω παίξει μέχρι σήμερα, αφού κατάφερα να κερδίσω ένα ανερχόμενο αστέρι του παγκόσμιου σκακιού. Ο λόγος για τον Σπύρο Ναούμ, ο οποίος παρά το νεαρό της ηλικίας του, είναι ήδη φτασμένος στο χώρο (2335 μονάδες της κλίμακα διαβάθμισης elo, Ιούλιος 2018), με έντονη παρουσία και διακρίσεις σε πολλές διεθνείς διοργανώσεις.

Σεπτέμβριος 2014
Naoum Spyridon - Maronidis Anastasios
D52 - Classical Queen's Gambit

1. d4 Nf6, 2. Nf3 d5, 3. c4 c6, 4. Nc3 e6, 5. Bg5 Nbd7, 6. e3 Bb4, 7. cxd5 cxd5, 8. Qb3 Bxc3+, 9. bxc3 Qa5, 10. Rc1 b6, 11. Bf4?! 



Μετακινεί για δεύτερη φορά το ίδιο κομμάτι χωρίς ιδιαίτερο λόγο.

11...Ne4, 12. Bd3?! 



«Στήνει» τέμπο! Δεύτερη ανακρίβεια που αποδεικνύεται αρκετή ώστε τα μαύρα να αρπάξουν την πρωτοβουλία. Ουσιαστικά, από αυτό το σημείο κι έπειτα, τα λευκά είναι αναγκασμένα να παρακολουθήσουν την εξέλιξη της παρτίδας κρατώντας παθητική στάση. Τα λευκά έπρεπε να διαλέξουν ανάμεσα στο 12. Nd2 και το 12. Ne5.

12...Ba6!, 13. Bxe4 




Αναγκαίο κακό! Το 13. Bxa6 δεν είναι καλύτερο, αφού μετά από 13...Qxa6 τα λευκά αντιμετωπίζουν σοβαρές δυσκολίες: 

α) Ο μαύρος ίππος καταλαμβάνει την εξαιρετική προφυλακή στο e4

β) Η μαύρη Βασίλισσα παίρνοντας τη σκυτάλη από τον απερχόμενο Αξιωματικό στο a6, εξακολουθεί να στερεί το δικαίωμα του ροκέ από τα λευκά 

γ) Τα λευκά θα δυσκολευτούν να παίξουν την απελευθερωτική κίνηση c4. Αν για παράδειγμα επιδιώξουν αμέσως το c4, τότε ο μαύρος απαντά με Rc8 εκμεταλλευόμενος το κάρφωμα του πιονιού, λόγω της θέσης του λευκού πύργου στο c1. 

13...dxe4 




Μοιάζει σαν να έχει καταστραφεί λίγο η δομή των μαύρων πιονιών, όμως το πιόνι στο e4 είναι πανίσχυρο και τα λευκά πρέπει να απαλλαγούν από αυτό το συντομότερο. 

14. Ng5 Bd3




Υπήρχε και η εξής ενδιαφέρουσα δυνατότητα: 14...O-O, 15. Nxe4 e5!, 16. dxe5 Nxe5, 17. Bxe5 Qxe5, 18. f3 (ή 18. Ng3 Rac8 με ασφυκτική πίεση από τα μαύρα.) Bd3, 19. Rd1 Bxe4, 20. fxe4 Qxe4 που οδηγεί σε άσχημη θέση τα λευκά.

15. f3 exf3, 16. Nxf3 Rc8




Ίσως καλύτερο ήταν το 16...O-O, στην παρούσα φάση όμως δεν με ενδιέφερε καθόλου το ροκέ.

17. Kf2 Bc4?!




Κίνηση χωρίς ιδιαίτερο νόημα, χωρίς ωστόσο να καταστρέφει κάτι. Σαφέστατα καλύτερο ήταν το άμεσο 17...Nf6.

18. Qc2 Nf6




Δεν μου άρεσε το 18...Qxa2, 19. Qxa2 Bxa2, 20. Ra1 Bd5, 21. Rxa7 Nf6, 22. Rc1 Ne4+, 23. Ke1 O-O, 24. Bc7 b5, 25. Nd2 Nxd2, 26. Kxd2 Bxg2, 27. Rca1 στο τέλος του οποίου προκύπτει φινάλε ανόμοιων Αξιωματικών με επιπλέον πιόνι για τα μαύρα, με τα λευκά όμως να αποκτούν επικίνδυνη πρωτοβουλία. Μετά το 18...Nf6 η απειλή 19...Qxa2 αποκτά μεγαλύτερη ισχύ, αφού ύστερα από 20. Qxa2 υπάρχει η ενδιάμεση κίνηση 20... Ne4+! που αναγκάζει το λευκό Βασιλιά να πάει στο e1, οπότε μετά από 21. Ke1 Bxa2, 22. Ra1 ακολουθεί το ισχυρό 22...Rxc3 και αν 23. Rxa2 Rc1+ αιχμαλωτίζοντας το λευκό Πύργο στην αρχική του θέση.

19. Nd2 Nd5?!




Αντικειμενικά, εδώ ήταν μια καλή ευκαιρία να κάνω επιτέλους ροκέ, αλλά όπως είπα και πριν, ήμουν αποφασισμένος να το παρατείνω όσο πήγαινε.

20. Bd6 Rc6, 21. e4! Nf6?




Το πιο σοβαρό λάθος μου σε αυτήν την παρτίδα, που ευτυχώς έμεινε ανεκμετάλλευτο από τον αντίπαλό μου. Για πρώτη φορά μετά από αυτήν την κίνηση, τα λευκά στέκουν καλύτερα. Το σωστό ήταν 21...Ba6, 22. exd5 Rxd6, 23. dxe6 Rxe6, 24. Rhe1 O-O, 25. Rxe6 fxe6+, 26. Kg1 Qg5 διατηρώντας την πρωτοβουλία.

22. e5? 




Τα λευκά σπατάλησαν την ευκαιρία που τους δώθηκε να κάνουν «τεχνητό» ροκέ μετά από 22. Nxc4 Rxc4, 23. Rhe1 Kd7, 24. Kg1! Ουσιαστικά με την τελευταία τους κίνηση, αποκλείουν οικειοθελώς από την άμυνά τους τον Αξιωματικό! 

22...Ng4+!




Ευτυχώς με αυτήν την μοναδική κίνηση διόρθωσα την κατάσταση και απέκτησα εκ νέου την πρωτοβουλία. Η ειδοποιός διαφορά με τη σωστή συνέχεια που παρουσιάστηκε παραπάνω για τα λευκά είναι ότι τώρα το υποχρεωτικό 23. Kg1 μολονότι ισοφαρίζει βραχυπρόθεσμα τη θέση, σφραγίζει τον Πύργο στη γωνιά του, κρατώντας το λευκό ακόμη πιο μακριά από την πρωτοβουλία. 

23. Kf3?




Σοβαρό λάθος που εκθέτει το λευκό Βασιλιά στην επίθεση του μαύρου!

23...f5!




Προφανώς αυτή η κίνηση διέφυγε του λευκού. Τα λευκά τώρα έχουν να επιλέξουν μεταξύ δύο αναγκαίων κακών. 

α) Το 24. exf6 (e.p.) Nxf6 αφήνει το λευκό αντιμέτωπο με διάφορες απειλές, όπως Rxd6 και Qxa2. 

β) Σε οποιαδήποτε άλλη συνέχεια, ο μαύρος Ίππος παραμένει σχεδόν ακλόνητος στο g4. 

24. Nxc4 Qd5+




Ενδιάμεση κίνηση που οδηγεί το λευκό Βασιλιά σε ακόμη πιο άβολη θέση.

25. Kg3 Rxc4 




Εδώ μου ξέφυγε και δεύτερη ενδιάμεση κίνηση 25...h5! που απαιτεί από τα λευκά να βρουν τη σωστή άμυνα 26. h4! για να επιβιώσουν. Ειδάλλως, αν προσπαθήσουν να γλυτώσουν τον Ίππο τους, για παράδειγμα με 26. Nb2, τότε ακολουθεί ματ σε 6 κινήσεις! 26...h4+, 27. Kf4 Rh5!, 28. Be7 Kxe7, 29. Qxf5 exf5, 30. Οτιδήποτε g5+, 31. Kxf5 Nh6#

26. h3 Ne3




Αν συγκρίνουμε το λευκό Αξιωματικό στο d6 με το μαύρο Ίππο στο e3, είναι φανερή η ποιοτική τους διαφορά. Τι στιγμή που ο μαύρος Ίππος έχει εισβάλει για τα καλά στο στρατόπεδο του λευκού, ο δύσμοιρος λευκός Αξιωματικός, τιμωρημένος σε αποκλεισμό έξω από τα τείχη της άμυνας του, παρακολουθεί τις εξελίξεις ανήμπορος να αντιδράσει...

27. Qf2 Qe4



Υπήρχε και το 27...f4+! ακολουθούμενο από 28...g5

28. Kh2 g5, 29. Rhg1 Nd5?!



Άσκοπη οπισθοχώρηση του Ίππου. Ανώτερο ήταν το 29...f4

30. g3? 



Μεγαλύτερες τύχες έδινε το 30. Qb2

30...Kd7, 31. Qb2 a6!



Το Stockfish δίνει ως καλύτερη κίνηση το 31...Rhc8. Εντούτοις, το a6 πιστεύω ότι κερδίζει επάξια το θαυμαστικό ως μια εντελώς «ανθρώπινη» κίνηση που αποτρέπει οποιοδήποτε αντιπαιχνίδι στην πτέρυγα της Βασίλισσας! 

32. Rge1 Qf3, 33. Rf1 Qh5, 34. Qg2 Qg6



Πιο γρήγορο ήταν το προφανές και άμεσο 34...g4

35. Qe2 Rhc8, 36. Rc2



Τα λευκά στερούνται παντελώς σχεδίου! Η θέση τους είναι απελπιστική.

36...f4, 37. gxf4 Nxf4, 38. Qd2 Qh5!, 39. Qe3



Τα λευκά είναι προφανώς χαμένα, με την τελευταία τους κίνηση όμως επιτρέπουν φορσέ ματ σε 9 κινήσεις. 

39...Rxc3!, 40. Rxc3 Rxc3, 41. Rxf4 



Μία απέλπιδα προσπάθεια να ταράξει τα νερά. Φυσικά στο 41. Qxc3 ακολουθεί 41...Qe2+ με ματ στις επόμενες κινήσεις.

41...Rxe3 



και τα λευκά εγκατέλειψαν.

Το κλειδί για τη νίκη μου σε αυτήν την παρτίδα ήταν η διαρκής πρωτοβουλία που απέκτησα από πολύ νωρίς. Η αξία της πρωτοβουλίας είναι τόσο μεγάλη που μπορεί να τυφλώσει τον αντίπαλο. Πράγματι, όπως είδαμε στην κίνηση 21, ο αντίπαλός μου είχε τη δυνατότητα να κερδίσει την υπεροχή, ωστόσο η παθητική στάση που υιοθέτησε λειτούργησε αρνητικά στην ψυχολογία του και δεν του επέτρεψε να δει και να εκμεταλλευτεί αυτήν τη δυνατότητα. Γενικά, η πρωτοβουλία στο σκάκι θεωρείται τόσο σημαντική που ενίοτε αξίζει ακόμη και η θυσία υλικού προκειμένου να την αποκτήσει κανείς.

Tuesday, 12 June 2018

Το κρασί νερό δεν γίνεται

Υπάρχει ένας ωραίος γρίφος που λέει το εξής: Έχουμε δύο βαρέλια, Ν και Κ. Το Ν περιέχει νερό και το Κ κρασί ίσου όγκου. Γεμίζουμε ένα δοχείο με νερό από το βαρέλι Ν, το χύνουμε στο βαρέλι Κ και αναδεύουμε μέχρι να γίνει το μείγμα ομογενές. Έπειτα, γεμίζουμε το ίδιο δοχείο με «νοθευμένο» κρασί από το βαρέλι Κ και το επιστρέφουμε στο βαρέλι Ν αναμειγνύοντάς το με το νερό. Ποιανού η καθαρότητα παραμένει μεγαλύτερη, του νερού στο βαρέλι Ν ή του κρασιού στο βαρέλι Κ; Για να το θέσουμε λιγάκι διαφορετικά, ποιο από τα δύο είναι μικρότερο, η περιεκτικότητα του βαρελιού Ν σε κρασί ή η περιεκτικότητα του βαρελιού Κ σε νερό;

Η διαίσθηση μάς παρακινεί να ισχυριστούμε ότι η καθαρότητα του νερού είναι μεγαλύτερη από εκείνη του κρασιού, αφού ενώ αρχικά μεταφέρουμε καθαρό νερό στο βαρέλι με το κρασί, σε δεύτερο χρόνο επιστρέφουμε ένα μείγμα νερού με κρασί στο βαρέλι με το νερό. Η σωστή απάντηση ωστόσο μπορεί να αφήσει τους περισσότερους άφωνους, αφού τόσο το νερό στο βαρέλι Ν όσο και το κρασί στο βαρέλι Κ έχουν την ίδια ακριβώς καθαρότητα! Αυτό μπορούμε να το καταλάβουμε αμέσως θέτοντας συγκεκριμένες τιμές στις διάφορες ποσότητες που εμπλέκονται στο γρίφο. Για παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι το βαρέλι Ν περιέχει 100 λίτρα νερού και το βαρέλι Κ 100 λίτρα κρασιού (βλ. Εικόνα 1). 
Εικόνα 1. Αρχική κατάσταση.

Έστω τώρα ότι παίρνουμε με ένα δοχείο 25 λίτρα νερού από το Ν και τα μεταφέρουμε στο Κ. Τότε, το βαρέλι Ν περιέχει 75 λίτρα νερού και το βαρέλι Κ περιέχει 125 λίτρα εκ των οποίων τα 100 είναι κρασί και τα 25 νερό (βλ. Εικόνα 2). Με άλλα λόγια η νέα σύσταση του βαρελιού Κ αποτελείται από $\frac{100}{125} = 80 \%$ κρασί και $\frac{25}{125} = 20 \%$ νερό. 


Εικόνα 2. Αποτέλεσμα μετά τη μεταφορά 25 λίτρων νερού από το βαρέλι Ν στο βαρέλι Κ.

Χρησιμοποιώντας το ίδιο δοχείο, παίρνουμε 25 λίτρα από το βαρέλι Κ και τα μεταφέρουμε στο βαρέλι Ν. Λόγω της ομογένειας του μείγματος στο βαρέλι Κ, η αναλογία κρασιού/νερού διατηρείται και στα 25 λίτρα που βρίσκονται μέσα στο δοχείο. Πιο συγκεκριμένα, τα 20 από τα 25 λίτρα ($80 \%$) είναι κρασί και τα 5 από τα 25 λίτρα ($20 \%$) είναι νερό. Κατά συνέπεια, μετά την ανάμειξη αυτών των 25 νοθευμένων λίτρων με το νερό, το βαρέλι Ν θα περιέχει 80 λίτρα νερό και 20 λίτρα κρασί. Όμοια, το βαρέλι Κ θα περιέχει 80 λίτρα κρασί και 20 λίτρα νερό (βλ. Εικόνα 3), που συνεπάγεται ότι και τα δύο βαρέλια έχουν την ίδια ακριβώς καθαρότητα.


Εικόνα 3. Αποτέλεσμα μετά την επιστροφή 25 λίτρων από το βαρέλι Κ στο βαρέλι Ν.

Όταν καταπιάστηκα με αυτόν το γρίφο, πέρα από τη βασική του λύση με ενδιέφερε να μάθω αν είναι δυνατόν το κάθε βαρέλι να περιέχει ίση ποσότητα νερού και κρασιού μετά από πεπερασμένου πλήθους επαναλήψεις της παραπάνω διαδικασίας ανάμειξης. Προς αυτήν την κατεύθυνση, ας δούμε πρώτα από όλα αν κάτι τέτοιο είναι εφικτό σε ένα μόνο βήμα, όπου ως βήμα ορίζουμε τη διπλή ενέργεια της μεταφοράς μιας ποσότητας από το βαρέλι N στο K και της επιστροφής ίσης ποσότητας από το βαρέλι K στο N. Για ευκολία, ορίζουμε ως μονάδα όγκου, τον όγκο του νερού που περιέχεται αρχικά στο βαρέλι Ν. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε τις επόμενες μεταβλητές:

$x^N$: ο όγκος του νερού στο βαρέλι Ν
$x^K$: ο όγκος του νερού στο βαρέλι Κ 
$y^N$: ο όγκος του κρασιού στο βαρέλι Ν
$y^K$: ο όγκος του κρασιού στο βαρέλι Κ
$c$: ο όγκος που μεταφέρεται από το ένα βαρέλι στο άλλο. Φυσικά ισχύει ο περιορισμός $0 \le c \le 1$.

Με βάση αυτούς τους συμβολισμούς, αρχικά έχουμε:

$x^N = 1$,          $x^K = 0$,          $y^N = 0$,          $y^K = 1$

Μετά τη μεταφορά $c$ μονάδων όγκου νερού από το βαρέλι Ν στο βαρέλι Κ οι μεταβλητές θα αποκτήσουν τις παρακάτω νέες τιμές:

$x^N = 1-c$,          $x^K = 0$,          $y^N = c$,          $y^K = 1$

Επιστρέφοντας $c$ μονάδες όγκου μείγματος κρασιού/νερού από το βαρέλι Κ στο βαρέλι Ν, το $\frac{c}{1+c} \times c$ θα είναι νερό και το $\frac{1}{1+c} \times c$ κρασί. Έτσι οι νέοι όγκοι του νερού και του κρασιού στα βαρέλια θα γίνουν:

$x^N = 1-c+\frac{c^2}{1+c} = \frac{1}{c+1}$,          $x^K = \frac{c}{1+c}$,          $y^N = c - \frac{c^2}{1+c} = \frac{c}{1+c}$,          $y^K = 1 - \frac{c}{1+c} = \frac{1}{1+c}$

Παρατηρούμε ότι

$x^N = y^K$     και     $x^K = y^N$     (1)

πράγμα που ουσιαστικά αποδεικνύει με πιο αυστηρό τρόπο ότι τα δύο βαρέλια έχουν ακριβώς την ίδια καθαρότητα. Για να πετύχουμε ίση ποσότητα νερού και κρασιού σε κάθε βαρέλι θα πρέπει να απαιτήσουμε $x^N = y^N$ και $x^K = y^K$ καταληγοντας στην εξίσωση:


$\frac{1}{1+c} = \frac{c}{1+c} \Leftrightarrow c = 1$

Αυτό ποιοτικά σημαίνει ότι θα πρέπει να αδειάσουμε όλο το νερό του βαρελιού Ν στο βαρέλι Κ και έπειτα να επιστρέψουμε το μισό περιεχόμενο του βαρελιού Κ στο βαρέλι Ν. Απόλυτα λογικό θα έλεγα!

Μπορεί όμως να συμβεί το ίδιο σε πεπερασμένο αριθμό βημάτων εάν $0 \le c < 1$, εάν δηλαδή δεν επιτρέψουμε το $c$ να πάρει την τιμή 1; Για να διερευνήσουμε αυτήν την περίπτωση είναι σκόπιμο να προσθέσουμε στους προηγούμενους συμβολισμούς κι ένα δείκτη που θα δηλώνει το εκάστοτε βήμα της διαδικασίας. Έτσι για παράδειγμα, το $x_5^N$ εκφράζει τον όγκο του νερού στο βαρέλι Ν μετά από $5$ βήματα της διαδικασίας. Επιπλέον, για λόγους πληρότητας, με τον δείκτη 0 συμβολίζουμε τους αρχικούς όγκους του προβλήματος. Έτσι έχουμε:


$x_0^N = 1$,          $x_0^K = 0$,          $y_0^N = 0$,          $y_0^K = 1$

Λόγω των σχέσεων (1) μπορούμε να περιοριστούμε μόνο στη μελέτη των $x$. Χρησιμοποιώντας παρόμοια συλλογιστική με την περίπτωση του πρώτου βήματος που είδαμε παραπάνω, αλλά με κάπως πιο κοπιώδεις υπολογισμούς προκύπτουν οι επόμενοι γενικοί τύποι, στους οποίους για πρακτικούς λόγους έχει γίνει η διάκριση μεταξύ περιττών και άρτιων δεικτών:


$x_{2k}^N = \frac{\sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p}} c^{2p}}{(c+1)^{2k}}$,     $x_{2k}^K = \frac{\sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p+1}} c^{2p+1}}{(c+1)^{2k}}$,     $x_{2k+1}^N = \frac{\sum_{p=0}^k {{2k+1}\choose{2p}} c^{2p}}{(c+1)^{2k+1}}$,     $x_{2k+1}^K = \frac{\sum_{p=0}^k {{2k+1}\choose{2p+1}} c^{2p+1}}{(c+1)^{2k+1}}$     (2)

όπου ${{j} \choose {i}} = \frac{j!}{i! (j-i)!}$ είναι το πλήθος των συνδυασμών $j$ αντικειμένων ανά $i$ και ως γνωστόν $j! = 1 \cdot 2 \cdots j$. Είναι σημαντικό να παρατηρήσουμε ότι ο αριθμητής σε καθεμία από τις τέσσερις παραπάνω ποσότητες αποτελείται από τους μισούς όρους του διωνυμικού αναπτύγματος (γνωστού και ως αναπτύγματος του Newton)

$(1+c)^n = 1 + {{n} \choose {1}} c + {{n} \choose {2}} c^2 + \dots + {{n} \choose {n-1}} c^{n-1} + c^n = \sum_{p=0}^n {{n} \choose {p}} c^p$


Πιο συγκεκριμένα, το $x_{2k}^N$ χρησιμοποιεί τους συντελεστές που εμφανίζονται στις θέσεις με περιττό δείκτη (1ο, 3ο, 5ο, κ.ο.κ.), ενώ το $x_{2k}^K$ χρησιμοποιεί τους υπόλοιπους συντελεστές, δηλαδή εκείνους που εμφανίζονται στις θέσεις με άρτιο δείκτη (2ο, 4ο, 6ο, κ.ο.κ.). Όμοια συμπεράσματα προκύπτουν και για τα $x_{2k+1}^N$ και $x_{2k+1}^K$. Αυτό, πέρα από την κομψότητα που προσδίδει στη λύση του προβλήματος, βοηθάει πολύ και στους υπολογισμούς όπως θα δούμε παρακάτω. 

Προτού προχωρήσουμε, θα ήταν παράλειψη να μην αναφερθούμε στη σχέση των συντελεστών του διωνυμικού αναπτύγματος, και κατ' επέκτασιν των τύπων (2), με το γνωστό τρίγωνο του Pascal (βλ. Εικόνα 4).


Εικόνα 4. Το τρίγωνο του Pascal.

Το τρίγωνο αυτό συγκεντρώνει σε κάθε σειρά τους συντελεστές του διωνυμικού αναπτύγματος

$(\alpha + \beta)^n = \sum_{p=0}^n \alpha^{n-p} \beta^p$

όπου το $n$ αντιστοιχεί στον αύξοντα αριθμό της σειράς ξεκινώντας τη μέτρηση με $n=0$. Δια του λόγου το αληθές παρέχουμε τα αναπτύγματα για τις πρώτες τιμές του φυσικού αριθμού $n$: 

$n=0$:     $(\alpha + \beta)^0 = 1$

$n=1$:     $(\alpha + \beta)^1 = 1 \alpha + 1 \beta$

$n=2$:     $(\alpha + \beta)^2 = 1 \alpha^2 + 2 \alpha \beta + 1 \beta^2$

$n=3$:     $(\alpha + \beta)^3 = 1 \alpha^3 + 3 \alpha^2 \beta + 3 \alpha \beta^2 + 1 \beta^3$

κ.ο.κ.

Το τρίγωνο του Pascal συγκεντρώνει τόσες πολλές «μυστικιστικές» ιδιότητες που αποτελεί αντικείμενο λατρείας για πολλούς μαθηματικούς. Μάλιστα θα χρειαζόταν ένα ξεχωριστό άρθρο για να αναφερθούμε σε καθεμία από αυτές. Εδώ θα αναφέρουμε την πιο χαρακτηριστική ιδιότητα, σύμφωνα με την οποία το κάθε στοιχείο του τριγώνου είναι το άθροισμα των δύο αριθμών που βρίσκονται ακριβώς από πάνω του (βλ. Εικόνα 5). Η ιδιότητα αυτή είναι τόσο θεμελιώδης που χρησιμοποιείται ως ορισμός του τριγώνου του Pascal. 

Εικόνα 5. Η θεμελιώδης ιδιότητα του τριγώνου του Pascal. Κάθε στοιχείο ισούται με το άθροισμα των δύο αριθμών που βρίσκονται ακριβώς από πάνω του.

Ας επιστρέψουμε όμως στη διερεύνησή μας. Αρχικά θα αποδείξουμε ότι 

$x_{n}^N > x_{n}^K,     \forall n \in \mathbb{N}$     (3). 

Πράγματι, για $n = 2k$

$x_{2k}^N > x_{2k}^K \Leftrightarrow \frac{\sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p}} c^{2p}}{(c+1)^{2k}} > \frac{\sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p+1}} c^{2p+1}}{(c+1)^{2k}} \Leftrightarrow \frac{\sum_{p=0}^k \left[ {{2k}\choose{2p}} c^{2p} - {{2k}\choose{2p+1}} c^{2p+1} \right]}{(c+1)^{2k}} > 0 \Leftrightarrow \frac{(1-c)^{2k}}{(c+1)^{2k}} > 0$ 


που ισχύει αφού $0 \le c < 1$. Στο τελευταίο βήμα της απόδειξης κάναμε χρήση του διωνυμικού αναπτύγματος του $(1-c)^{2k}$. Με ακριβώς ίδιο τρόπο μπορούμε φυσικά να αποδείξουμε επίσης ότι 

$x_{2k+1}^N > x_{2k+1}^K, \forall k \in \mathbb{N}$ 

και άρα γενικά 

$x_n^N > x_n^K,     \forall n \in \mathbb{N}$. 

Λαμβάνοντας υπόψιν τη σχέση $x_n^K = y_n^N$ που ισχύει για κάθε βήμα $n$, έχουμε τελικά ότι 

$x_n^N > y_n^N,     \forall n \in \mathbb{N}$. 

Αυτό βέβαια αποδεικνύει ότι σε πεπερασμένο πλήθος επαναλήψεων της διαδικασίας ανάμειξης των δύο βαρελιών, δεν είναι δυνατόν να πετύχουμε ίση κατανομή νερού και κρασιού σε κάθε βαρέλι, αφού όσες επαναλήψεις κι αν κάνουμε, το νερό στο βαρέλι Ν θα είναι πάντα περισσότερο από το κρασί. Τι γίνεται όμως αν επαναλάβουμε άπειρες φορές τη διαδικασία; Στην περίπτωση αυτή θα αποδείξουμε ότι

$\lim_{k \rightarrow \infty} x_{2k}^N = \lim_{k \rightarrow \infty} x_{2k+1}^N = \lim_{k \rightarrow \infty} y_{2k}^N = \lim_{k \rightarrow \infty} y_{2k+1}^N = \frac{1}{2}$     (4)

πράγμα που σημαίνει ότι αν συνεχίζουμε να επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία εις το διηνεκές, οι κατανομές του νερού και του κρασιού τείνουν να εξισωθούν στα δύο βαρέλια.

Καθώς $0 \le c < 1$, έχουμε:

$\lim_{k \rightarrow +\infty} (1 - c)^{2k} = 0 \Leftrightarrow \lim_{k \rightarrow +\infty} \left[ \sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p} - \sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p+1}} c^{2p} \right] = 0$
$\Leftrightarrow \lim_{k \rightarrow +\infty} \sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p} = \lim_{k \rightarrow +\infty} \sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p+1}} c^{2p} \Leftrightarrow \lim_{k \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p+1}} c^{2p}}{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p}} =1$

Συνεπώς,

$\lim_{k \rightarrow +\infty} \frac{(c+1)^{2k}}{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p}} = \lim_{k \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p} + \sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p+1}} c^{2p}}{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p}} = 2$

και άρα

$\lim_{k \rightarrow +\infty} x_{2k}^N = \lim_{k \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{p=0}^{2k} {{2k} \choose {2p}} c^{2p}}{(c+1)^{2k}} = \frac{1}{2}$

Όμοια αποδεικνύονται και οι υπόλοιπες ισότητες της (4).

Κλείνοντας να επισημάνουμε ότι:

$x_1^N = y_1^N \Leftrightarrow x_1^N = x_1^K \Leftrightarrow 1-c = 0 \Leftrightarrow c = 1$

$x_2^N = y_2^N \Leftrightarrow x_2^N = x_2^K \Leftrightarrow 1-2c+c^2 = 0 \Leftrightarrow (1-c)^2 = 0 \Leftrightarrow c = 1$ με πολλαπλότητα 2.

$x_3^N = y_3^N \Leftrightarrow x_3^N = x_3^K \Leftrightarrow (1-c)^3 = 0 \Leftrightarrow c = 1$ με πολλαπλότητα 3.

Γενικά $x_n^N = y_n^N \Leftrightarrow x_n^N = x_n^K \Leftrightarrow (1-c)^n = 0 \Leftrightarrow c = 1$ με πολλαπλότητα $n$.

Ας αποδείξουμε τη γενική περίπτωση για $n$ βήματα.

Αν $n$ άρτιος:

$x_n^N = x_n^K \Leftrightarrow \sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p}} c^{2p} = \sum_{p=0}^k {{2k}\choose{2p+1}} c^{2p+1} \Leftrightarrow \sum_{p=0}^k \left[ {{2k}\choose{2p}} c^{2p} - {{2k}\choose{2p+1}} c^{2p+1} \right] = 0$ 

όπου το τελευταίο αποτελεί όπως είδαμε και πιο πάνω το διωνυμικό ανάπτυγμα του $(1-c)^{2k}$. Συνεπώς, 


$(1-c)^{2k} = 0 \Leftrightarrow c = 1$ με πολλαπλότητα $n$. 

Όμοια αν $n$ περιττός.

Αυτό βέβαια με απλά λόγια σημαίνει ότι αν $c=1$, τότε όσες φορές κι αν επαναλάβουμε τη διαδικασία ανάμειξης, τα δύο βαρέλια θα περιέχουν κάθε φορά ίση ποσότητα νερού και κρασιού.

Monday, 14 May 2018

3ος Μαθηματικός διαγωνισμός «Μαθηματικά για μικρούς σκακιστές»


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

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


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



Ακολουθούν οι διακριθέντες από κάθε τάξη:

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

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

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

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



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

Tuesday, 24 April 2018

Μαθηματικές πομφόλυγες και φληναφήματα

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

    Tuesday, 3 April 2018

    Ars longa, vita brevis

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






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

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

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

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

    Wednesday, 14 March 2018

    Η στάνη του Monty Hall

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

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

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

    Όταν επιλέγετε στην αρχή μία πόρτα υπάρχουν τρία ισοπίθανα ενδεχόμενα:

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

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

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

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

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

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

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

    Ας προσπαθήσουμε τώρα να επεκτείνουμε το πρόβλημα ως εξής:

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



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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

    Tuesday, 20 February 2018

    Μην ξεχνάτε να κερδίζετε τις κερδισμένες θέσεις

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

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


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

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

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


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

    2. Rxf2 e3+, 3. Ke2 exf2

    Διάγραμμα 1.

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

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

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

     

    Κερδίζοντας τη μακρινή οποζισιόν!

    6...Kf5, 7. Kf1 

    Διατηρώντας τη μακρινή οποζισιόν...

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

     

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

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



    Τώρα υπάρχουν δύο επιλογές:

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



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



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



    Η πραγματική παρτίδα συνεχίστηκε ως εξής:

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


    Τραγικό λάθος που δίνει τη νίκη στα μαύρα! 

    7...a5!

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

    8. a3 d3, 9. Kf3 Kxh4


    Αποκαθιστώντας την υλική ισότητα.

    10. Ke3 Kg3, 11. Kxd3 Kf3


    Κερδίζοντας την οποζισιόν. 

    12. Kd2 Ke4, 13. Kc3 Ke3


    Διατηρώντας την οποζισιόν.

    14. Kc2 Kd4, 15. Kd2 Kxc4


    Αποκαθιστώντας για δεύτερη φορά την υλική ισορροπία. Ακολούθησε

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


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

    19. Kc1


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

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

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

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

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

     

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

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


    Διάγραμμα 2.

    Τότε μετά από την ίδια συνέχεια 

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

     

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

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

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

     

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

     

    17. a3! c6

     

    18. Ka4!! 

     

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

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

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

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

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

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

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