Χρειάζονται οι γιατροί Μαθηματικά, Φυσική και Χημεία;

Το ποια θέματα μπήκαν στα εξεταστέα μαθήματα της θετικής κατεύθυνσης (Μαθηματικά, Φυσική, Χημεία, Βιολογία) στις πανελλήνιες σε σχέση και με το τί διδάσκονται τα παιδιά στο σχολείο αυτή την χρονιά ήταν σε γενικές γραμμές μια αποτυχία αυτών που τα σκέφθηκαν και τα έδωσαν στους διαγωνιζόμενους.

Δεν είναι λάθος να δίνουν και οι γιατροί Φυσική και Χημεία και τα θέματα να είναι αρκούντως απαιτητικά ως προς την δυσκολία (αν έχουμε βέβαια αποδεχτεί ότι από τις εισαγωγικές των τελειοφοίτων του Δημοτικού σχολείου έως και τις εισαγωγικές στις ανώτατες σχολές, οι μαθητές θα εξετάζονται σε ύλη που δεν θα διδάσκεται και δεν θα αφομοιώνεται στο καθημερινό σχολείο).

Δεν είναι λάθος να διαγωνίζονται στα ίδιας δυσκολίας θέματα στα Μαθηματικά και οι υποψήφιοι που θα εισαχθούν τελικά στα Οικονομικά Πανεπιστήμια, όπως εμφανίστηκε κάτι σαν «φρέσκια» άποψη και πρόταση. Να χωριστούν δηλαδή οι εξετάσεις και να τους δίνουν ευκολότερα θέματα. Αυτοί που το προτείνουν προφανώς δεν έχουν ιδέα τί επίπεδο γνώσεων στα Μαθηματικά μπορεί να απαιτηθεί αν μέσα στην Σχολή πλέον ένας φοιτητής επιλέξει κάποια από τα αυξημένης δυσκολίας(ως προς τις μαθηματικές έννοιες) αλλά επαγγελματικά πολύ χρήσιμα μαθήματα. Άλλωστε σε προσωπικές συζητήσεις με καθηγητές στο Οικονομικό Πανεπιστήμιο είχα ακούσει να εκφράζουν την άποψη πως οι πρωτοετείς τους έρχονται ήδη με λιγότερες γνώσεις από ό,τι θα ήθελαν αυτοί που πρόκειται να τους διδάξουν στα επόμενα χρόνια.

Το πρόβλημα με τις εξετάσεις αυτή την χρονιά ήταν απλά (;) τα κακώς επιλεγμένα θέματα στα διάφορα μαθήματα όπως αυτό αναλύθηκε διεξοδικά σε προηγούμενη καταχώρηση εδώ στο ΒΗΜΑ. Και ένα επιπλέον πρόβλημα είναι το ότι διάφοροι αρμόδιοι επαγγελματικοί φορείς (χημικών, βιολόγων κλπ), που θα έπρεπε να επιβεβαιώσουν τις αστοχίες των θεμάτων, βγήκαν και είπαν «όλα καλά», αποπροσανατολίζοντας τους γονείς(κυρίως όσους θα είχαν διάθεση να διαμαρτυρηθούν).

Μετά από τα παραπάνω, για να μην συνεχίσουμε άλλο αυτήν την δυσάρεστη αναφορά στις εξετάσεις, θα παρουσιάσουμε ένα θέμα που δείχνει με τον τρόπο του πόσο τα Μαθηματικά μπορεί να είναι παρόντα στην καθημερινότητα ενός γιατρού.

Πρόκειται για «Το πρόβλημα των συσκευών φυγοκέντρησης».

Φυγοκεντρητής είναι η εργαστηριακή συσκευή που χρησιμοποιείται για τον διαχωρισμό υγρών με βάση την πυκνότητα. Ο διαχωρισμός επιτυγχάνεται τοποθετώντας το υπό εξέταση υγρό(π.χ. αίμα) σε δοκιμαστικό σωλήνα και μέσω περιστροφής να γίνεται κάποιος διαχωρισμός των συστατικών που το αποτελούν. Συνήθως σε κάθε φυγοκέντρηση έχουμε μια συλλογή δοκιμαστικών σωλήνων οπότε είναι πολύ σημαντικό να έχουμε μια ισορροπημένη τοποθέτηση των σωλήνων στις περιφερειακά κατανεμημένες θήκες. Η λειτουργία ενός φυγοκεντρητή με μη ισορροπημένο φορτίο λέγεται ότι μπορεί σε κάποια περίπτωση ακόμη και να τον καταστρέψει μόνιμα. Ένας φυγοκεντρητής ονομάζεται ισορροπημένος εάν το κέντρο μάζας της συλλογής δοκιμαστικών σωλήνων συμπίπτει με το κέντρο μάζας της συσκευής.

Πρόβλημα: Για ποια ζεύγη (n,k) με 1 ≤ k ≤ n μπορείτε να βρείτε έναν τρόπο να ισορροπήσετε k πανομοιότυπους δοκιμαστικούς σωλήνες σε φυγοκεντρητή n οπών;

Ας σκεφτούμε μερικές ειδικές περιπτώσεις για να κατανοήσουμε το πρόβλημα:

Αν n=3 τότε μπορείτε να ισορροπήσετε τον φυγοκεντρητή μόνο αν k=3, και αν n=4 μπορείτε να ισορροπήσετε για k=2 και k=4. Αν n=6, τότε είναι εύκολο να καταλάβουμε ότι δεν μπορείτε να επιτύχετε ισορροπία αν k=1 ή 5, αλλά μπορείτε αν k=2, 3, 4 ή 6.

Αν n=5 ή 7, από την άλλη πλευρά, μπορείτε να ισορροπήσετε μόνο αν k=n. Φαίνεται ότι η απάντηση μπορεί να έχει να κάνει με το αν το n είναι πρώτος ή όχι…

Αν n=8, τότε μπορείτε να ισορροπήσετε αν και μόνο αν το k είναι άρτιος. Αν n=9, μπορείτε να ισορροπήσετε για k=3, 6 ή 9. Αν n=10, μπορείτε να ισορροπήσετε για k= 2, 4, 5, 6, 8 ή 10. Παρατηρήστε, για παράδειγμα, ότι αν θέλετε να ισορροπήσετε τη φυγόκεντρο με k=7, θα μπορούσατε να δοκιμάσετε να ξεκινήσετε με ένα ισορροπημένο σετ 5 δοκιμαστικών σωλήνων (που καταλαμβάνουν κάθε δεύτερη υποδοχή) και στη συνέχεια να προσθέσετε δύο ακόμη σε αντίθετες οπές, αλλά υπάρχει ένα πρόβλημα: μία από κάθε ζεύγος αντίθετων οπών είναι ήδη κατειλημμένη! Θα το ονομάσουμε αυτό πρόβλημα επικάλυψης. Είναι κατά κάποιο τρόπο η βασική λεπτότητα σε αυτό το πρόβλημα. Αν n=11, μπορείτε να ισορροπήσετε αν και μόνο αν k=11. Αν n=12, μπορείτε να ισορροπήσετε τη φυγόκεντρο εφόσον το k δεν είναι 1 ή 11. Για ένα μεγαλύτερο παράδειγμα: αν n=21, μπορείτε να ισορροπήσετε αν και μόνο αν k=3,6,7,9,12,14,15,18 ή 21. Για μια άλλη απεικόνιση του προβλήματος επικάλυψης, σκεφτείτε τι συμβαίνει όταν k=10. Θα μπορούσατε να δοκιμάσετε να πάρετε μια ισορροπημένη διαμόρφωση 7 δοκιμαστικών σωλήνων (σε απόσταση ανά 3) και στη συνέχεια να προσθέσετε 3 ακόμη σε σχήμα ισόπλευρου τριγώνου, αλλά θα διαπιστώσετε ότι δεν λειτουργεί.

Κάποιες ιδέες; Ή μήπως λίγη υπομονή μέχρι την επόμενη φορά;

Και άλλα προβλήματα;

1. Να υπολογιστεί το άθροισμα των τριψήφιων αριθμών που τα ψηφία τους είναι όλα περιττοί.

2. Μας δίδουν ένα τετράγωνο κομμάτι χαρτόνι με πλευρά α. Από αυτό το τετράγωνο θέλουμε να κόψουμε στην κάθε γωνία από ένα μικρότερο τετράγωνο πλευράς υ (υ<(α/2)) έτσι ώστε να φτιάξουμε ένα χαρτόκουτο(διπλώνοντας κατάλληλα τις πλευρές) με ανοιχτή την επάνω πλευρά. Ζητείται να αποδειχθεί ότι ο όγκος αυτού του κουτιού μεγιστοποιείται τότε και μόνον τότε όταν το εμβαδόν της βάσης είναι ίσον με το άθροισμα των εμβαδών των τεσσάρων πλευρών.

Ευτυχώς εδώ είναι και οι λύσεις

1. Απάντηση

Οι αριθμοί που μας ενδιαφέρουν θα συντίθενται από τους 1,3,5,7,9. Άρα αυτοί θα είναι για τις τρεις θέσεις των ψηφίων 5x5x5 =125. Από τους αριθμούς που

έχουν μόνον περιττούς όρους ο μικρότερος είναι 111 και ο μεγαλύτερος ο 999. Παρατηρούμε πως 111 + 999 = 1110. Το επόμενο ζευγάρι είναι 113 και 997 που και αυτοί(ουπς!) δίνουν άθροισμα 1110. Αν λοιπόν ν είναι ένας αριθμός με περιττούς όρους αβγ ο αριθμός νε όρους (10-α), (10-β), (10-γ) έχει περιττούς όρους και το άθροισμα των δυο αριθμών είναι 1110. Από τους 125 λοιπόν σχηματίζονται 62 ζεύγη συν ένας ακόμη ο 555 που μένει χωρίς να ζευγαρώνει με κάποιον. Έτσι για το άθροισμα αυτών θα έχουμε 62×1110 + 555 = 68 835.

2. Απάντηση

Μια πρώτη λύση χωρίς την χρήση παραγώγων είναι η εξής: Αν β είναι η πλευρά της τετραγωνικής βάσης(όπως προκύπτει από τον τρόπο κατασκευής της αφού θα έχει όλες τις πλευρές της ίσες με (α-χ)) ) το εμβαδόν της θα είναι β2. Αν υ είναι το ύψος του κουτιού το εμβαδόν της κάθε όρθιας πλευράς θα είναι βxυ. Από τις απαιτήσεις του προβλήματος πρέπει να ισχύει ότι το εμβαδόν της βάσης β2 να είναι ίσο με το άθροισμα των τεσσάρων παράπλευρων βάσεων 4x(βxυ). Δηλαδή β2 = 4x(βxυ) ή β = 4xυ.

Η πλευρά α του τετράγωνου αρχικού κομματιού είναι ίση με (β+2υ). Οπότε τελικά προκύπτει ότι α = 4υ + 2υ = 6υ οπότε θα πρέπει τελικά: υ = (α/6) , β=(4α/6). Επειδή όμως ζητείται «τότε και μόνον τότε» θα πρέπει να δούμε τί ισχύει όταν Εμβ(βάσης) = Εμβ(πλευρών) θα έχουμε: (α-2υ)2 = 4υ(α-2υ) ή (α-2υ)2 – 4υ(α-2υ) = 0 και από αυτό τελικά (α-2υ)(α-6υ) = 0 . Οπότε ή υ = (α/2) που απορρίπτεται από την αρχική συνθήκη (υ<(α/2)) ή υ=(α/6) που είναι αποδεκτή.