Το οικοδόμημα των Μαθηματικών

Μόλις έχετε επιστρέψει από τον πρωινό σας περίπατο και ετοιμάζεστε να ανοίξετε την πόρτα του σπιτιού σας. Βάζετε το χέρι στην τσέπη και συνειδητοποιείτε ότι έχετε χάσει τα κλειδιά σας. Ρίχνετε ενστικτωδώς μια ματιά τριγύρω με την ελπίδα να έχουν πέσει κάπου κοντά. Μάταια! Για καλή σας τύχη, ένας γείτονας που παρακολουθεί τη σκηνή και έχει αντιληφθεί τι συμβαίνει, πλησιάζει και σας λέει ότι πριν λίγο είδε έναν κύριο να σκύβει και να παίρνει κάτι κλειδιά πεσμένα στο δρόμο και έπειτα να μπαίνει στην απέναντι πολυκατοικία. Προφανώς πρόκειται για ένοικο της πολυκατοικίας, ο οποίος τα μάζεψε από κάτω με πρόθεση να τα επιστρέψει σε αυτόν που θα τα αναζητήσει. Δυστυχώς όμως, ο γείτονας δεν γνωρίζει σε ποιον όροφο μένει ο ένοικος. Τι θα κάνατε;

Αφού φυσικά ευχαριστούσατε το γείτονα για τη χρήσιμη πληροφόρηση, θα πηγαίνατε στην απέναντι πολυκατοικία και θα επισκεπτόσασταν ένα-ένα τα διαμερίσματα για να πάρετε πίσω τα κλειδιά σας. Με ποια σειρά όμως θα επισκεπτόσασταν τα διαμερίσματα; Δεν νομίζω να υπάρχει αμφιβολία ότι θα ξεκινούσατε από τον πρώτο όροφο, αν δεν τα βρίσκατε θα ανεβαίνατε στο δεύτερο όροφο, κ.ο.κ.

Φανταστείτε τώρα ότι είστε μαθητής της γ' Λυκείου και σας δίνουν μία άσκηση μαθηματικών την οποία σας ζητούν να λύσετε. Όλα τα προηγούμενα χρόνια, έχετε εφοδιάσει τη μαθηματική φαρέτρα σας με μία μεγάλη γκάμα από εργαλεία, τα οποία έχετε στη διάθεσή σας να τα χρησιμοποιήσετε για να λύσετε την άσκηση. Κάποια από αυτά τα εργαλεία είναι απλά, ενώ κάποια άλλα περισσότερο περίπλοκα και έχουν προκύψει ως συνδυασμός πρότερης γνώσης. Ποια εργαλεία θα δοκιμάζατε να χρησιμοποιήσετε πρώτα; 

Πριν απαντήσουμε, ας ανοίξουμε μια παρένθεση. Τα μαθηματικά, από πολλούς παρομοιάζονται με ένα οικοδόμημα. Στη βάση του βρίσκονται τα αξιώματα και επάνω σε αυτά χτίζεται όλη η μαθηματική γνώση. Στα θεμέλια δηλαδή βρίσκονται απλές μαθηματικές έννοιες οι οποίες καθώς ανεβαίνουμε «ορόφους» γίνονται ολοένα και πιο σύνθετες. Έτσι, για παράδειγμα, είναι αδύνατο να γνωρίζεις Διαφορικό Λογισμό αν δεν έχεις πρωτίστως διδαχθεί Συναρτήσεις, όπως με τον ίδιο ακριβώς τρόπο είναι αδύνατο να χτίσεις το δεύτερο όροφο αν προηγουμένως δεν έχεις χτίσει τον πρώτο.

Αν και για την οικοδόμηση της μαθηματικής γνώσης αυτή η σειρά είναι εμφανής, για κάποιο λόγο, όταν πρόκειται για τη χρήση αυτής της γνώσης, τα πράγματα φαίνεται να μπερδεύονται. Είναι γενική διαπίστωση ότι οι μαθητές, όσο αναπτύσσουν τις ικανότητές τους και όσο εμπλουτίζουν τις γνώσεις τους στα μαθηματικά, ανεβάζοντας το επίπεδο των εργαλείων τους, τόσο απομακρύνονται από τη στοιχειώδη γνώση, με αποτέλεσμα κάποιες φορές να δυσκολεύονται ή ακόμη και να μην καταφέρνουν να λύσουν προβλήματα για την αντιμετώπιση των οποίων αρκεί μια απλοϊκή προσέγγιση. Στην αναζήτηση του κλειδιού της πόρτας μας, ξεκινάμε από τον πρώτο όροφο και συνεχίζουμε για όσο χρειαστεί προς τα πάνω. Γιατί λοιπόν δεν κάνουμε το ίδιο και όταν επισκεπτόμαστε το μαθηματικό οικοδόμημα προς αναζήτηση του «κλειδιού» για τη λύση της άσκησης;

Παρακάτω ακολουθεί ένα παράδειγμα το οποίο ακριβώς δείχνει ότι για να βρεις το κλειδί για τη λύση μιας άσκησης, καλό είναι προτού ανέβεις στο δεύτερο όροφο να περάσεις πρώτα μια βόλτα από τον πρώτο.

Να βρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι ακέραιες λύσεις \( x \) της επόμενης εξίσωσης δευτέρου βαθμού.

\[ \alpha x^2 + (\alpha+1) x +1 =0 \]

όπου ο \( \alpha \) είναι ακέραιος αριθμός.

Δεύτερος όροφος:

Στο άκουσμα της έκφρασης "εξίσωση δευτέρου βαθμού" η «μηχανή αναζήτησης» του εγκεφάλου μας αυτόματα ανασύρει από τη μνήμη μας λέξεις κλειδιά όπως "τριώνυμο" και "διακρίνουσα" και ομολογουμένως είναι πολύ δύσκολο να αντισταθεί κανείς στον πειρασμό να προσπαθήσει να λύσει την εξίσωση κάνοντας χρήση των γνωστών τύπων για την επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Ακολουθώντας αυτή την προσέγγιση θα έχουμε:

\[ \Delta = (\alpha + 1)^2 - 4\alpha = \alpha^2 + 2 \alpha + 1 - 4 \alpha = (\alpha - 1)^2 \]

\[ x_{1,2} = \frac{-(\alpha + 1) \pm \sqrt{(\alpha - 1)^2}}{2\alpha} = \frac{-\alpha - 1 \pm |\alpha - 1|}{2\alpha} \]

Λόγω της εμφάνισης της απόλυτης τιμής, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις για την τιμή του \( \alpha \):

\( \alpha \ge 1: \)

\[ x_1 = \frac{-\alpha - 1 + (\alpha - 1)}{2\alpha} = -\frac{1}{\alpha} \]

\[ x_2 = \frac{-\alpha - 1 - (\alpha - 1)}{2\alpha} = -1 \]

Από την πρώτη λύση \( x_1 \), προκύπτει ότι για να έχουμε ακέραια λύση, πρέπει ο αριθμός \( -\frac{1}{\alpha} \) να είναι ακέραιος. Αυτό όμως μπορεί να συμβεί μόνο όταν ο παρονομαστής διαιρεί τον αριθμητή, όταν δηλαδή ο \( \alpha \) διαιρεί τη μονάδα. Οι μόνοι διαιρέτες όμως της μονάδας είναι το 1 και το -1. Συνεπως, θα πρέπει να ισχύει ότι \( \alpha = 1 \) ή \( \alpha = -1 \). Επειδή όμως έχουμε υποθέσει ότι \( \alpha \ge 1 \), η μόνη αποδεκτή περίπτωση είναι \( \alpha = 1 \). Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωση έχει την ακέραια λύση \( x=-1 \).

Από τη δεύτερη λύση \( x_2 \), προκύπτει ότι γενικά η εξίσωση εχει την ακέραια λύση \( x=-1 \), για κάθε τιμή του \( \alpha \) μεγαλύτερη ή ίση του 1.

\( \alpha < 1: \)

\[ x_3 = \frac{-\alpha - 1 + (1 - \alpha)}{2\alpha} = -\frac{1}{\alpha} \]

\[ x_4 = \frac{-\alpha - 1 - (1 - \alpha)}{2\alpha} = -1 \]

Από την τρίτη λύση \( x_3 \), προκύπτει όπως και παραπάνω, ότι για να έχουμε ακέραια λύση, πρέπει \( \alpha = 1 \) ή \( \alpha = -1 \). Επειδή όμως αυτή τη φορά έχουμε υποθέσει ότι \( \alpha < 1 \), η μόνη αποδεκτή περίπτωση είναι \( \alpha = -1 \). Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωση έχει την ακέραια λύση \( x=1 \). 

Από την τέταρτη λύση \( x_4 \), προκύπτει ότι γενικά το πρόβλημα έχει την ακέραια λύση \( x=-1 \), για κάθε τιμή του \( \alpha \) μικρότερη του 1.

Συνοψίζοντας, η εξίσωση έχει για κάθε τιμή του \( \alpha \) την ακέραια λύση \( x=-1 \) και στην ειδική περίπτωση που \( \alpha=-1 \), έχει και μια δεύτερη ακέραια λύση \( x=1 \).

Πρώτος όροφος:

Η εξίσωση μπορεί να είναι δευτέρου βαθμού, όμως τα εργαλεία που μας αρκούν είναι πρώτου ορόφου... Στη λύση της εξίσωσης μπορούμε να φτάσουμε ακολουθώντας μια πιο απλή, λιτή και κομψή προσέγγιση, που δεν απαιτεί καμία γνώση επίλυσης τριωνύμου, παρά μόνο τη θεμελιώδη έννοια της διαιρετότητας.

Έστω ότι η δοσμένη εξίσωση έχει ακέραια λύση \( x=\rho \). Τότε, θα ισχύει 

\[ \alpha \rho^2 + (\alpha + 1) \rho + 1=0 \Leftrightarrow \rho (\alpha \rho + \alpha + 1) = -1 \Leftrightarrow \alpha \rho + \alpha + 1 = -\frac{1}{\rho}. \]

Επειδή όμως το αριστερό μέλος είναι ακέραιος αριθμός, ως άθροισμα ακεραίων, το ίδιο πρέπει να συμβαίνει και με το δεξί μέλος. Πρέπει δηλαδή \( -\frac{1}{\rho} \) ακέραιος. Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο όταν το \( \rho \) διαιρεί το -1, οπότε \( \rho = -1 \) ή \( \rho = 1 \). Αντικαθιστώντας στην εξίσωση \( x=-1 \), έχουμε \( \alpha - (\alpha + 1) + 1 = 0 \) που ισχύει ταυτοτικά. Άρα το \( x=-1 \) είναι ακέραια λύση. Αντικαθιστώντας στην εξίσωση \( x=1 \), έχουμε \( \alpha + (\alpha + 1) + 1 = 0 \Leftrightarrow \alpha = -1 \). Στην ειδική περίπτωση δηλαδή που \( \alpha = -1 \), έχουμε και δεύτερη ακέραια λύση την \( x=1 \), όπως ακριβώς αποδείξαμε και προηγουμένως.

Το παραπάνω αποτελεί σαφές παράδειγμα που δικαιώνει την «from bottom to top» στρατηγική που εκθέσαμε προηγουμένως. Την επόμενη φορά που θα χρειαστεί να ανεβείτε στο δεύτερο όροφο, ρίξτε μια ματιά και στον πρώτο, μπορεί να βρείτε εκεί αυτό που ψάχνετε. Εκτός αν το κτήριο διαθέτει ασανσέρ...