Ο Rolle και τα κουνούπια

Τις προάλλες στην τάξη είδαμε μία τυπική άσκηση που χρησιμοποιούσε το θεώρημα του Rolle. Για την ακρίβεια, ας την παρουσιάσουμε πρώτα «στα γρήγορα» πριν τη συζητήσουμε αναλυτικά:

Αν γνωρίζετε ότι $a+b+c=0$ να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi\in(0,1)$ έτσι ώστε $a+2b\xi+3c\xi^2=0.$

Τυπική εφαρμογή του θεωρήματος Rolle. Θεωρούμε τη συνάρτηση:

$f(x)=ax+bx^2+cx^3,$

ορισμένη στο διάστημα $[0,1]$ και παρατηρούμε ότι:

η $f$ είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική στο $(0,1),$
η $f$ είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο $[0,1],$
$f(0)=0=f(1).$

Συνεπώς, από το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi\in(0,1)$ τέτοιο ώστε:

$f'(\xi)=0\Leftrightarrow a+2b\xi+3c\xi^2=0,$

που ήταν το ζητούμενο.

Ευκολάκι, απλή εφαρμογή του θεωρήματος Rolle για κατάλληλη συνάρτηση σε κατάλληλο διάστημα.

Με πιο απλά εργαλεία;

Ωστόσο, κάποιος έθεσε το εξής ερώτημα μέσα στην τάξη:

Αφού είναι απλά μία δευτεροβάθμια εξίσωση, γιατί χρησιμοποιούμε το Rolle; Δεν είναι σαν να σκοτώνουμε κουνούπι με καραμπίνα;
Μαθητής με μαθηματικές ανησυχίες

Εντάξει, δεν είναι και πολύ παράλογη η παραπάνω παρατήρηση. Βασικά, δεν είναι καθόλου παράλογη, καθώς, το παραπάνω πρόβλημα από μόνο του, δεδομένου ότι μπορεί, πράγματι, να αντιμετωπιστεί με εργαλεία που είναι πιο απλά, δε μας «ωθεί» στο να ανακαλύψουμε το θεώρημα του Rolle. Με άλλα λόγια, η αναγκαιότητα του θεωρήματος του Rolle δε φαίνεται από την παραπάνω άσκηση, απλά το θεώρημα, όπως θα δούμε, μας γλυτώνει από τρεις πίνακες πράξεων. Αλλά, για να πειστούμε, ας δούμε πώς θα λύναμε την παραπάνω άσκηση με γνώσεις από την Α’ λυκείου μόνο.

Παρατηρούμε, για αρχή, ότι αν $c=0$ τότε από την υπόθεσή μας έχουμε $b=-a$ κι άρα η εξίσωσή μας γράφεται πολύ απλά:

$a-2ax=0\Leftrightarrow 2ax=a.$

Εδώ, αν $a=0$ η παραπάνω σχέση είναι ταυτότητα, άρα αληθεύει για κάθε $x\in\mathbb{R}$ και άρα για κάθε $x\in(0,1).$ Αν $a\neq0$ τότε άμεσα έχουμε:

$x=\dfrac{1}{2},$

επομένως, σε κάθε περίπτωση έχουμε και μία (τουλάχιστον) ρίζα στο $(0,1).$

Τώρα, αν $c\neq0$ , θέλουμε ουσιαστικά να αποδείξουμε ότι η αρχική δευτεροβάθμια εξίσωση έχει πάντοτε (τουλάχιστον μία) ρίζα στο διάστημα $(0,1).$ Ας ξεκινήσουμε με την ύπαρξη και το διάστημα θα το βρούμε στην πορεία. Λοιπόν, υπολογίζουμε αρχικά τη διακρίνουσα της εξίσωσης:

$\Delta=4b^2-12ac=4(b^2-3ac).$

Για να έχει ρίζα η εξίσωση πρέπει η διακρίνουσα να είναι μη αρνητική, επομένως θέλουμε να ισχύει:

$4(b^2-3ac)\geq0\Leftrightarrow b^2-3ac\geq0.$

Εδώ κάπου θα χρησιμοποιήσουμε τη μοναδική μας υπόθεση:

$a+b+c=0\Leftrightarrow b=-a-c=-(a+c).$

Αντικαθιστώντας παραπάνω, έχουμε:

$b^2-3ac=(a+c)^2-3ac=a^2-ac+c^2.$

Τώρα, η παραπάνω παράσταση είναι τριώνυμο ως προς $a$ (και ως προς $c$ αλλά δεν έχει ιδιαίτερη σημασία) με διακρίνουσα:

$\Delta'=c^2-4c^2=-3c^2\leq0.$

Συνεπώς, αφού το εν λόγω τριώνυμο έχει μη θετική διακρίνουσα, θα είναι είτε μηδέν είτε ομόσημο του συντελεστή του $a^2$ , δηλαδή:

$a^2-ac+c^2\geq0.$

Επομένως, η διακρίνουσα του αρχικού τριωνύμου είναι πάντοτε μη αρνητική, κι άρα αυτό έχει τουλάχιστον μία ρίζα.

Για την ακρίβεια, οι ρίζες του τριωνύμου, γενικά, δίνονται από την ακόλουθη σχέση:

$x=\dfrac{-2b\pm\sqrt{4(b^2-3ac)}}{6c}=\dfrac{-2b\pm2\sqrt{a^2-ac+c^2}}{6c}=\dfrac{-b\pm\sqrt{a^2-ac+c^2}}{3c}.$

Αντικαθιστώντας και $-b=a+c$ από την αγαπημένη μας υπόθεση παίρνουμε:

$x=\dfrac{a+c\pm\sqrt{a^2-ac+c^2}}{3c}.$

Θέλουμε τώρα να αποδείξουμε ότι για όποια τιμή των $a,c$ με $c\neq0$ η παραπάνω παράσταση, είτε με το $``+"$ είτε με το $``-"$ βρίσκεται στο $(0,1).$ Αυτό τώρα είναι κομματάκι δύσκολο, καθώς έχουμε δύο ελεύθερες παραμέτρους στο πρόβλημά μας, κάτι που καθιστά την ανάλυση αρκετά περίπλοκη.

Ωστόσο, δε χρειάζεται να απογοητευόμαστε! Μετά από λίγη σκέψη και λίγες πράξεις στο τετράδιό μας μπορούμε να καταλήξουμε στο εξής:

$\begin{aligned}x&=\frac{a+c\pm\sqrt{a^2-ac+c^2}}{3c}=\\&=\frac{a+c\pm\sqrt{c^2\left(\frac{a^2}{c^2}-\frac{a}{c}+1\right)}}{3c}=\\&=\frac{a+c\pm|c|\sqrt{\frac{a^2}{c^2}-\frac{a}{c}+1}}{3c}.\end{aligned}$

Εδώ τώρα, να πούμε ότι αυτό το $\pm|c|$ είναι ένας πλεονασμός, καθώς, αν κάνουμε τον κόπο και διακρίνουμε περιπτώσεις για το πρόσημο του $c$ θα δούμε ότι είναι το ίδιο με το να έχουμε την παράσταση $\pm c,$ επομένως, μπορούμε να απλοποιήσουμε λίγο ακόμα το παραπάνω και να συνεχίσουμε τις πράξεις μας:

$\begin{aligned}x&=\frac{a+c\pm c\sqrt{\frac{a^2}{c^2}-\frac{a}{c}+1}}{3c}=\\&=\frac{c\left(\frac{a}{c}+1\pm \sqrt{\frac{a^2}{c^2}-\frac{a}{c}+1}\right)}{3c}=\\&=\frac{\frac{a}{c}+1\pm \sqrt{\frac{a^2}{c^2}-\frac{a}{c}+1}}{3}.\end{aligned}$

Ωραία, και τώρα τι καταφέραμε; Λοιπόν, όπως ίσως θα παρατηρήσατε, στα παραπάνω, οι δύο παράμετροί μας εμφανίζονται μόνο ως πηλίκο $\frac{a}{c}$ ή ως κάποια δύναμή του. Επομένως, αν θέσουμε, για ευκολία, $t=\frac{a}{c}$ τότε η παραπάνω παράσταση μπορεί να γραφτεί ως εξής:

$x=\dfrac{t+1\pm\sqrt{t^2-t+1}}{3}.$

Αυτό λοιπόν που θέλουμε να αποδείξουμε είναι ότι η παραπάνω παράσταση, για κάθε τιμή του $t\in\mathbb{R}$ παίρνει και μία τιμή στο $(0,1).$ Ακριβέστερα, θέλουμε να αποδείξουμε ότι για κάθε $t\in\mathbb{R}$ τουλάχιστον ένα εκ των δύο παρακάτω κλασμάτων βρίσκεται μεταξύ του 0 και του 1:

$x_1=\dfrac{t+1+\sqrt{t^2-t+1}}{3},\ x_2=\dfrac{t+1-\sqrt{t^2-t+1}}{3}.$

Ωραία, τι καθόμαστε; Ας πιάσουμε δουλειά! Αρχικά, παρατηρούμε ότι για $t=0$ έχουμε $x_1=x_2=\frac{2}{3}\in(0,1)$ οπότε έχουμε αυτό που θα θέλαμε. Τώρα, ας υποθέσουμε για αρχή ότι $t>0.$ Παρατηρούμε ότι αν, π.χ., $t=1$ τότε έχουμε:

$x_1=\dfrac{1+1+\sqrt{1-1+1}}{3}=1\not\in(0,1),$

επομένως ίσως είναι καλύτερα να ξεκινήσουμε τη διερεύνησή μας από το $x_2$ – όχι ότι κανείς μας εγγυάται ότι θα βρούμε κάτι χρήσιμο, απλά το παραπάνω αποτέλεσμα είναι αρκετά αποθαρρυντικό για να ξεκινήσουμε από το $x_1.$ Ας κάνουμε λίγες πράξεις, λοιπόν:

$\begin{aligned}0<x_2<1&\Leftrightarrow0<\frac{t+1-\sqrt{t^2-t+1}}{3}<1\\&\Leftrightarrow0<t+1-\sqrt{t^2-t+1}<3.\end{aligned}$

Εδώ ας πάρουμε καθεμιά από τις δύο ανισότητες ξεχωριστά, γιατί αλλιώς θα μπλεχτούμε:

$\begin{aligned}0<t+1-\sqrt{t^2-t+1}&\Leftrightarrow\sqrt{t^2-t+1}<t+1\\&\Leftrightarrow t^2-t+1<(t+1)^2\\&\Leftrightarrow t^2-t+1<t^2+2t+1\\&\Leftrightarrow 0<3t\\&\Leftrightarrow t>0,\end{aligned}$

που ισχύει, άρα η αριστερή ανισότητα ισχύει (για $t>0$ ). Πάμε τώρα στη δεξιά:

$\begin{aligned}t+1-sqrt{t^2-t+1}<3&\Leftrightarrow t+1-3<\sqrt{t^2-t+1}\\&\Leftrightarrow t-2<\sqrt{t^2-t+1}.\end{aligned}$

Εδώ τώρα έχουμε δύο απλές υπο-περιπτώσεις:

Αν $t-2<0\Leftrightarrow t<2$ τότε η παραπάνω ισχύει τετριμμένα, αφού το αριστερό μέλος είναι αρνητικό και το δεξί πάντα μη αρνητικό.
Αν $t\geq2$ τότε υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε $(t-2)^2<t^2-t+1$ που μετά από πράξεις καταλήγει στο $3<3t\Leftrightarrow t>1$ που αληθεύει, καθώς $t\geq2.$

Συνεπώς, σε κάθε περίπτωση ισχύει αυτό που θέλουμε, άρα, για $t>0$ έχουμε $x_2\in(0,1).$

Πάμε τώρα να ασχοληθούμε με την περίπτωση να είναι $t<0.$ Κατ’ αναλογία με τα παραπάνω, εδώ θα εστιάσουμε στο $x_1.$ Θέλουμε, λοιπόν, $x_1\in(0,1),$ επομένως έχουμε τα εξής:

$\begin{aligned}0<x_1<1&\Leftrightarrow 0<\frac{t+1+\sqrt{t^2-t+1}}{3}<1\\&\Leftrightarrow 0<t+1+\sqrt{t^2-t+1}<3.\end{aligned}$

Εδώ τώρα θα ακολουθήσουμε ανάλογη πορεία με την προηγούμενη περίπτωση, αποδεικνύοντας ξεχωριστά τις δύο ανισότητες. Αρχικά θα ξεκινήσουμε με την αριστερή ανισότητα:

$\begin{aligned}0<t+1+\sqrt{t^2-t+1}&\Leftrightarrow -\sqrt{t^2-t+1}<t+1\\&\Leftrightarrow \left(-\sqrt{t^2-t+1}\right)^2>(t+1)^2\\&\Leftrightarrow t^2-t+1>t^2+2t+1\\&\Leftrightarrow 0>3t\\&\Leftrightarrow 0>t,\end{aligned}$

που ισχύει. Πριν συνεχίσουμε, απλώς να παρατηρήσουμε ότι στο σημείο που υψώσαμε παραπάνω στο τετράγωνο, αλλάξαμε φορά στην ανισότητα καθώς και τα δύο μέλη της είναι αρνητικά.

Συνεχίζουμε τώρα με τη δεξιά ανισότητα, που θα πάει περίπου όπως και η προηγούμενη περίπτωση:

$\begin{aligned}t+1+\sqrt{t^2-t+1}<3&\Leftrightarrow t-2<-\sqrt{t^2-t+1}\\&\Leftrightarrow(t-2)^2>\left(-\sqrt{t^2-t+1}\right)^2\\&\Leftrightarrow t^2-4t+4>t^2-t+1\\&\Leftrightarrow 3>3t\\&\Leftrightarrow t<1,\end{aligned}$

που ισχύει, καθώς $t<0.$ Συνεπώς, σε κάθε περίπτωση, αν $t<0$ τότε $0<x_1<1.$

Επομένως, κλείνοντας τη λύση μας, σε κάθε περίπτωση, είτε η ρίζα $x_1$ είτε η ρίζα $x_2$ βρίσκεται στο $(0,1),$ επομένως, πράγματι, η αρχική εξίσωση έχει πάντοτε (τουλάχιστον) μία ρίζα στο $(0,1)$ όπως ήταν και το ζητούμενο.

Όταν η άλγεβρα ζορίζεται…

Παραπάνω είδαμε δύο λύσεις που θυγατροθετούν δύο τελείως διαφορετικές οπτικές πάνω στο ίδιο ακριβώς πρόβλημα. Η πρώτη λύση αξιοποιεί το θεώρημα του Rolle και δε χρειάζεται παρά δυο-τρεις γραμμές για να γραφτεί ενώ η δεύτερη αξιοποιεί τόνους άλγεβρας που διδασκόμαστε συνήθως στο μεταίχμιο του Γυμνασίου και του Λυκείου, για να δείξει και πάλι το ίδιο αποτέλεσμα, αυτή τη φορά σε δυο-τρεις… πίνακες πράξεων.

Γιατί, όμως είναι τόσο διαφορετικές αυτές οι δύο λύσεις ως προς την έκτασή τους; Μήπως, ας πούμε, η δεύτερη λύση είναι πιο «χαζή» και, ως εκ τούτου, κάνουμε κύκλους γύρω από τον εαυτό μας; Η αλήθεια είναι πως η δεύτερη λύση μας δείχνει κάτι παραπάνω από την πρώτη, κάτι όμως που δε φαίνεται με την πρώτη ματιά.

Αρχικά, να πούμε ότι οι πραγματικοί αριθμοί είναι όντα πολύπλοκα, «πολυδιάστατα» θα έλεγε κανείς. Έχουν προσωπικότητα, έχουν ξεχωριστή ταυτότητα και ξεχωριστή θέση στο σύμπαν των μαθηματικών. Αυτή η πολύπλοκη φύση τους αποτυπώνεται ξεκάθαρα στα αξιώματα που τους περιγράφουν. Δε θα ασχοληθούμε εδώ με το να αναλύσουμε ποια είναι αυτά – αν θέλετε, μπορείτε να τα φρεσκάρετε από εδώ – αλλά θα παρουσιάσουμε μία βασική τους ταξινόμηση, που αφορά το περιεχόμενό τους. Τα αξιώματα των πραγματικών αριθμών μπορούν να χωριστούν στις εξής κατηγορίες:

τα αλγεβρικά αξιώματα, που αφορούν τις ιδιότητες των πράξεων μεταξύ των πραγματικών αριθμών και το πώς αυτές σχετίζονται μεταξύ τους,
τα αξιώματα της διάταξης, που αφορούν το πώς συγκρίνουμε μεταξύ τους πραγματικούς αριθμούς και,
το αξίωμα της πληρότητας που περιγράφει, πρακτικά, το γεγονός ότι η ευθεία των πραγματικών αριθμών δεν έχει «τρύπες».

Τώρα, οι δύο παραπάνω λύσεις έχουν διαφορετική σχέση με τις τρεις ομάδες των αξιωμάτων που αναφέραμε παραπάνω. Σαφώς, όπως και οι περισσότερες αποδείξεις που σχετίζονται με αριθμούς, αξιοποιούμε αξιώματα από την πρώτη ομάδα – άλλωστε, στην ίδια μας την εκφώνηση μιλάμε για πράξεις (άθροισμα) κάποιων αριθμών. Επίσης, αμφότερες οι αποδείξεις κάνουν χρήση των αξιωμάτων της διάταξης, καθώς από την εκφώνηση ήδη εμφανίζεται η έννοια των διαστημάτων πραγματικών αριθμών, που προαπαιτεί κάποια έννοια διάταξης (με τον τρόπου που τα μεταχειριζόμαστε). Όπως, λοιπόν, φαντάζεστε, η «μπάλα» παίζεται στο γήπεδο του αξιώματος της πληρότητας.

Αναφέραμε παραπάνω ότι το εν λόγω αξίωμα – διάφορες διατυπώσεις του οποίου μπορείτε να δείτε εδώ – έχει να κάνει με το πώς η ευθεία των πραγματικών αριθμών δεν έχει «τρύπες». Αυτή η ιδιότητα είναι μία ιδιότητα που χαρακτηρίζει τους πραγματικούς αριθμούς υπό την έννοια ότι, για παράδειγμα, δεν αληθεύει για τους ρητούς αριθμούς ή άλλα υποσύνολα των πραγματικών αριθμών. Γιατί την ακρίβεια, δεν αληθεύει για κανένα υποσύνολο των πραγματικών αριθμών. Επομένως, είναι, θα λέγαμε, κάτι σαν την «υπογραφή» τους στο σύμπαν των μαθηματικών (μαζί με τα άλλα αξιώματα, σαφώς).

Ωραία, αλλά τι σχέση έχουν όλα αυτά με μία απλή άσκηση λυκείου; Λοιπόν, αρχής γενομένης, η πρώτη λύση της άσκησης που δώσαμε αξιοποιεί το αξίωμα της πληρότητας καθώς, το θεώρημα του Rolle, το οποίο χρησιμοποιήσαμε, δεν μπορεί να αποδειχθεί χωρίς το αξίωμα της πληρότητας. Δε θα υπεισέλθουμε αυτή τη στιγμή σε πολλές λεπτομέρειες σε σχέση με το πώς δεν είναι εφικτό κανείς να αποδείξει το θεώρημα του Rolle αν δεν έχει την έννοια της πληρότητας αλλά μπορούμε να σκεφτούμε το εξής απλό: αυτό το $\xi$ την ύπαρξη του οποίου μας εγγυάται το θεώρημα του Rolle μπορεί, αν η ευθεία μας έχει «τρύπες», να βρίσκεται στη θέση μίας «τρύπας» και άρα… να μην υπάρχει.

Αντιθέτως, η δεύτερη λύση που παρουσιάσαμε δεν απαιτεί να ισχύει το αξίωμα της πληρότητας. Πράγματι, αν περιοριστούμε, για παράδειγμα, στο σύμπαν των αλγεβρικών αριθμών – δείτε εδώ για να τους θυμηθείτε – που είναι, πρακτικά, οι ρητοί αριθμοί, οι ν-οστές ρίζες τους και οι πράξεις μεταξύ αυτών, τότε όλη η δεύτερη λύση μας βγάζει νόημα απολύτως. Στους αλγεβρικούς αριθμούς όμως, δεδομένου ότι αυτοί δεν είναι όλοι οι πραγματικοί αριθμοί – για παράδειγμα, ο $\pi$ δεν είναι αλγεβρικός αριθμός – δεν ισχύει το αξίωμα της πληρότητας και άρα… δεν το χρειαζόμαστε (ουάου). Συνεπώς, η δεύτερη λύση μας αποκαλύπτει κάτι και σε ένα μετα-επίπεδο, που δεν είναι ορατό δια «γυμνού οφθαλμού»: ότι η άσκησή μας έχει μία «περιττή» υπόθεση.

Αν το καλοσκεφτούμε, αφού μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια ακριβώς πράγματα και για αριθμούς που δεν κατοικούν παρά σε κάποιο πιο περιορισμένο υποσύνολο των πραγματικών αριθμών, η «βουβή» υπόθεση ότι τα $a,b,c,x$ και όσα άλλα σύμβολα εμφανίζονται στην εκφώνηση είναι πραγματικοί αριθμοί είναι λίγο «φλύαρη». Μπορούμε να περιοριστούμε σε οποιοδήποτε σύνολο στοιχείων ικανοποιούνται τα αλγεβρικά αξιώματα καθώς και τα αξιώματα της διάταξης των πραγματικών αριθμών και, αντιγράφοντας τη δεύτερη λύση μας, να λύσουμε την άσκησή μας και να αποδείξουμε το ζητούμενο.

Ή, αν το δούμε με άλλα μάτια, το ότι η πρώτη λύση μας αξιοποιεί ένα ακόμα αξίωμα, δηλαδή μία ακόμα ιδιότητα, των πραγματικών αριθμών, είναι αυτό που την καθιστά τόσο πιο σύντομη. Διότι, είναι σαν να προσπαθούμε να καρφώσουμε ένα καρφί με τον αντίχειρά μας. Εντάξει, αν είμαστε αρκετά χειροδύναμοι θα τα καταφέρουμε με κάποια άνεση, αλλά όσοι δεν είμαστε θα ζοριστούμε αρκετά – και πολλοί από εμάς απλά θα έχουμε έναν χτυπημένο αντίχειρα. Αν όμως αξιοποιήσουμε ένα ακόμα εργαλείο – ένα παπούτσι, ή ένα σφυρί, για παράδειγμα – τότε τα πράγματα θα γίνουν δραστικά πιο εύκολα. Κάπως έτσι δουλεύει παραπάνω και το αξίωμα της πληρότητας. Ενώ είναι μία ιδιότητα που στο φαινόμενο που παρατηρούμε δεν είναι απαραίτητο να τη χρησιμοποιήσουμε, καθώς αυτό μπορεί να μελετηθεί και χωρίς αυτήν, το να την αξιοποιήσουμε καταλύει το χρόνο που επίλυσης της άσκησής μας.

Στην προκειμένη, μπορούμε να δώσουμε δύο συμπληρωματικές εξηγήσεις σε σχέση με αυτήν την ουσιαστική διαφορά στο μήκος των δύο λύσεων:

Αφενός, η δεύτερη λύση είναι συνάμα και μία απόδειξη ότι η άσκησή μας ή, με πιο ωραία λόγια, το «μαθηματικό φαινόμενο» που θέλουμε να μελετήσουμε δεν είναι αυστηρά συσχετισμένο με τους πραγματικούς αριθμούς και, ακριβέστερα, με τη χαρακτηριστική τους ιδιότητα, που είναι αυτή της πληρότητας.
Αφετέρου, η πρώτη λύση αξιοποιεί μία ακόμα ιδιότητα των πραγματικών αριθμών, γεγονός που μας δίνει μεγαλύτερη «ευελιξία» κινήσεων σε ότι αφορά τα επιχειρήματα που μπορούμε να δομήσουμε. Αυτό, με τη σειρά του, μας επιτρέπει να παρουσιάσουμε ένα περιεκτικότερο και πιο «ζουμερό» επιχείρημα το οποίο μπορεί σε λίγες γραμμές να συμπυκνώσει σε ένα υψηλότερο επίπεδο ιδέες που αλλιώς θα μας έπαιρναν πίνακες επί πινάκων.

Αυτό το «αλισβερίσι» ανάμεσα στην αναλυτική πλευρά των πραγματικών αριθμών (αυτή που εκπορεύεται, δηλαδή, από την πληρότητά τους) και την αλγεβρική τους υπόσταση (αυτή που εκπορεύεται από τα άλλα, «κοινά», αξιώματα) είναι κάτι που εμφανίζεται συχνά και έντονα στο σύμπαν των πραγματικών αριθμών και που πολλές φορές κρύβεται σε διάφορες ασκήσεις και αποτελέσματα των σχολικών μαθηματικών. Στο μέλλον ίσως επισκεφτούμε και κάποια ακόμα τέτοια περίσταση.

Μέχρι τότε, καλό διάβασμα!

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Νηπιαγωγείο στην Deurle της Jenny Montigny.

Διαβάστε επίσης: Τι λέει το Θεώρημα του Bolzano;

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media:

One comment

Ο/Η Σχεδιάζοντας Καμπύλες – aftermaths.gr λέει:

6 Νοεμβρίου 2022 στο 13:00

[…] Η αλήθεια είναι ότι μία γραφίδα μπορεί, σε έναν μεγάλο βαθμό, να λύσει τέτοια προβλήματα. Ειδικότερα, δε, αν μιλάμε για κάποιο καλό κιτ σχεδίασης γραφικών, τότε το αποτέλεσμα θυμίζει ή, πολλές φορές, ξεπερνά τις προσδοκίες μας. Αλλά, για να κάνουμε μία μικρή γραφική παράσταση δεν είναι κρίμα να ξοδέψουμε τα μαλλιά της κεφαλής μας; Δεν είναι κάπως σαν να παίρνουμε μία καραμπίνα για να σκοτώσουμε ένα τόσο δα κουνουπάκι; – έκφραση δανεισμένη από μαθητή μου, βλ. εδώ. […]

Μου αρέσει!Μου αρέσει!

Απάντηση