להיות מתמטיקאי

במאמר זה אנסה לחשוף את הקוראים הן לחלק מדרכי החשיבה המתמטית והן ליופייה של המתמטיקה.

ראמאנוג'אן
ראמאנוג'אן

יוצאים מן הקופסה כדי להיכנס אליה:

מוקדש להרמן באר – מוח חקרני ותוסס כשל נער בגוף בן 94

במסגרת הדיונים סביב סדרת מאמריו של לירן זיידמן על המתמטיקאים הגדולים, יצא לנו גם לדון בשאלה מהו צירוף הנסיבות האופטימאלי ל"יצירת" מתמטיקאי טוב.

כיוון שכדי לדעת כיצד "ליצר" מתמטיקאי טוב יש לדעת מהו מתמטיקאי, וכיון שלא כל המגיבים הפגינו ידיעה כזאת, התקבל אצלי הרושם שיש מקום לשפר את ההיכרות של חלק מקוראי האתר עם דרכי מחשבתו של מתמטיקאי.

רושם אחר שהתקבל אצלי הוא שיחסם של אנשים למתמטיקאים מוכשרים מבוסס בעיקר על הערצה כלפי מי שמסוגל לבצע משימות מחשבתיות מורכבות ולא על התפעלות מיופייה של המתמטיקה עצמה.

במאמר זה אנסה לחשוף את הקוראים הן לחלק מדרכי החשיבה המתמטית והן ליופייה של המתמטיקה.
אנסה לעשות זאת באמצעות הדגמת פתרונה של חידה מתמטית סבוכה למדי – בדרכים אלמנטאריות – כאלו שכל תלמיד תיכון אמור להבין – וללא כל התבססות על ידע מתקדם.

החידה:
הוכח שלמלבן שניתן לרצפו באמצעות אוסף מלבנים שלכל אחד מהם לפחות מימד אחד שלם (כלומר – מידתו של אותו ממד היא מספר שלם של יחידות מדידה), חייב להיות לפחות מימד אחד שלם (באותה יחידת מדידה).

אוכיח את הטענה בשלוש דרכים שונות שכל אחת מהן מפגינה פנים שונות של המתמטיקה.
אציג את ההוכחות בסדר "כרונולוגי" – כלומר – בסדר בו עלו במוחי.
רצה הגורל וסדר זה הולך דווקא מן הקשה אל הקל אבל כיוון שאין קשר בין הפתרונות השונים, אין לדבר חשיבות.
אני ממליץ, עם זאת, לקורא שהתייאש מהבנת אחד הפתרונות, לדלג לפתרון הבא שאני מאמין שיהיה קל יותר להבנה.
אני די בטוח שההוכחה האחרונה תהיה מובנת לכל הקוראים.

הוכחה ראשונה:
זו ההוכחה הראשונה שחשבתי עליה. היא עלולה להיראות קצת מסורבלת אבל יתרונה הוא בכך שהיא ניתנת להרחבה פשוטה למספר כלשהו של ממדים.
ההוכחה היא בדרך השלילה.
בהוכחה מסוג זה מניחים שמסקנת המשפט אינה מתקיימת ומראים שהנחה זו מובילה לסתירה.

נתבונן במלבן ששני ממדיו אינם שלמים.
נמלא אותו בריבועים שצלעותיהם באורך 1 (ונרשה לעצמנו להשתמש גם בכמה שברי ריבועים לפי הצורך). נתחיל את המילוי מן הפינה השמאלית התחתונה.
התוצאה תיראה כך:

אחר כך, נתחיל את אותו תהליך מן הפינה הימנית העליונה.
התוצאה תיראה כך:

כל הריבועים המקוריים (שחור) חולקו באופן זהה לארבעה חלקים.
נתייחס אל כל המלבן כאל חלקת קרקע ונתמחר את פיסות הקרקע השונות על פי מיקומן בתוך הריבועים המקוריים באופן הבא (הריבוע השחור מצויר בהגדלה מסוימת כדי שיהיה מקום לכתוב בתוכו):

כלומר, כל מלבן בתוך הריבוע הנ"ל יקבל את המחיר 1 או -1 כאשר הוא נמכר בשלמותו וכאשר מוכרים חלק ממנו יקבע ערך אותו חלק על פי חלקו היחסי במלבן.
כל החלקות בתוך כל הריבועים השחורים תתומחרנה באותו אופן.

קל לראות שבתמחור זה, כל מלבן שאורכו או רחבו מספר שלם עולה בדיוק… אפס.
הקורא החכם מתבקש להשתכנע בכך בכוחות עצמו (הדרך לראות זאת היא לחלק את המלבן על ידי קווים שהם בכיוון הממד השלם, למלבנים צרים התחומים בין שניים מן הקווים השחורים באותו כיוון בתמונת המלבן הגדול שלעיל).

זה אומר שאם ניתן לכסות את המלבן הגדול באוסף מלבנים בעלי מימד אחד שהוא שלם אז מחיר המלבן כולו הוא אפס.

אבל אם נחלק את המלבן (ששני ממדיו אינם שלמים) על פי החלוקה הבאה:

נראה שכל אחד מהמלבנים המסומנים (על ידי מרקם ייחודי לכל מלבן) הוא בעל מימד שלם אחד לפחות ולכן עולה אפס ומכך נובע שערך המלבן המלא שווה לערכה של החלקה הבלתי מסומנת שהוא 1 .

מסתבר, אם כן, שההנחה שניתן למלא מלבן ששני ממדיו אינם שלמים במלבנים בעלי מימד שלם מובילה לסתירה שעל פיה מחיר הקרקע כולה שווה לאפס, מחד ולאחד, מאידך.

לכן אנחנו מסיקים שאם ניתן למלא את המלבן במלבנים בעלי מימד שלם הרי שהוא עצמו חייב להיות בעל ממד שלם וזה מש"ל.

ברבות הימים הראה לי מישהו הוכחה המתבססת על אינטגרלים כפולים של סינוסים וקוסינוסים שעובדת מאותה סיבה בדיוק.
היתרון של הדרך שלי הוא בכך שהיא יותר אלמנטארית (אינה דורשת רקע מתקדם במתימטיקה), יותר ישירה (ברור לכל אחד מדוע היא עובדת) ויותר קלה להרחבה למספר גבוה של ממדים.

הוכחה שניה:
הוכחה זו פשוטה ואלגנטית אך הרחבתה למספר כלשהו לממדים, אף כי אפשרית, מסובכת יותר.
נניח שיש לנו מלבן הממולא במלבנים קטנים יותר שלכל אחד מהם לפחות ממד שלם אחד.
בכל אחד מהמלבנים הפנימיים, נצבע את הצלעות שבכיוון השלם (אם יש למלבן שני כיוונים שלמים, נבחר רק אחד מהם לצביעה ונתעלם משלמותו של השני).
מכיוון שהמלבנים גובלים זה בזה יהיו קטעים שיצבעו פעמיים. לא נתעלם מעובדה זו – קטע שצבוע פעמיים ניתן יהיה לזהות כצבוע פעמיים.

נתבונן בדוגמה להמחשה:

בדוגמה שלעיל סומן הכיוון השלם (היחיד שהיה או זה מבין השניים שנבחר) בחץ דו כיווני.
קטעים שנצבעו פעמיים מופיעים כקו צבוע כפול.

נניח עכשיו שאנו מתחילים ללכת על הקווים הצבועים ללא חזרה (מוחקים את הצבע מכל קטע שעברנו בו, אבל אם חלק מן הקטע צבוע פעמיים מוחקים רק את אחת הצביעות) כשאנחנו מתחילים את דרכנו בפינה השמאלית התחתונה של המלבן החיצוני ועוברים מקטע לקטע רק במקום בו הקטע עליו הלכנו מסתיים והקטע הבא מתחיל (אבחנה זו חשובה בגלל שקטעים יכולים לחפוף באופן חלקי, כפי שרואים גם בדוגמה).

קל לראות שבכל פעם שאנו מסיימים את טיולנו לאורך אחד הקטעים, אנו נמצאים במרחק שלם הן מן הצלע התחתונה של המלבן החיצוני והן מן הצלע השמאלית שלו (כי בכל צעד משתנה רק אחד המרחקים הללו והוא משתנה במספר שלם).

בשלב מסוים לא נוכל להמשיך להתקדם כי בכל פעם אנו מוחקים את הצבע מקטע נוסף ומספר הקטעים סופי.

אם נצליח להראות ששלב זה יקרה תמיד כאשר אנו בפינה של המלבן החיצוני ששונה מפינת המוצא של דרכנו אז נגיע באופן מיידי למסקנה הרצויה כי כזכור, גם בשלב זה, כמו בכל שלב בדרך, נמצא במרחק שלם הן מן הצלע תחתונה והן מן הצלע השמאלית.

כדי להראות שהמסלול חייב להסתיים באחת הפינות שאינה פינת היציאה, יש להבחין בעובדות הבאות:
– לפינת היציאה בוודאי שלא נחזור כי ברגע שיצאנו ממנה "שרפנו" את הקשר היחיד שלה עם שאר הנקודות.
– לעולם לא נעצור בנקודה שמספר הקטעים הצבועים המגיעים אליה הוא זוגי (כי בכל פעם שניכנס נצליח לצאת ואם עדיין יישארו קטעים צבועים המגיעים לנקודה מספרם יהיה עדיין זוגי כי הורדנו בדיוק 2 – קטע הכניסה וקטע היציאה – ממספר הקטעים הצבועים שהגיעו אליה קודם).
– הנקודות היחידות שמספר הקטעים הצבועים המגיעים אליהן הוא אי זוגי (למעשה בדיוק 1) הן הנקודות שבפינות.

את הטענה האחרונה בין שלשת הטענות הנ"ל יש כמובן להוכיח.
נוכיח זאת על ידי ניתוח של כל סוגי נקודות הסיום/התחלה של קטעים.

הנקודות מהסוג הראשון הן מפגש של ארבעה מלבנים. לנקודת הצומת מגיעים ארבעה קטעים צבועים – אחד מכל מלבן (זכרו שיתכן ששני קטעים צבועים ישכנו באותו מקום פיסי).
לנקודות מהסוג השני מגיעים 2 קטעים צבועים – אחד ממלבן ב ואחד ממלבן ג. אמנם עוברת בנקודה זו גם צלע של מלבן א (והיא יכולה גם להיות צבועה) אבל לצלע זו אין קצה בנקודה זו ולכן לא ניתן לעבור אליה או ממנה בנקודה זו.
לנקודות מהסוג השלישי מגיעים שני קטעים צבועים – אחד ממלבן א ואחד ממלבן ב.
הנקודות מהסוג הרביעי הן למעשה פינות המלבן החיצוני ואליהן מגיע, כאמור, בדיוק קטע צבוע אחד ויחיד.

מ.ש.ל.

שימו לב שהן דרך זו והן קודמתה נעזרות בתהליך המכונה במתמטיקה "בניית עזר".
בדרך הראשונה, בניית העזר היא תמחור הקרקע ובדרך השנייה זו צביעת הצלעות.
מי שלמד בתיכון על בניות עזר בגיאומטריה יכול לראות כאן שבניית עזר היא דבר הרבה יותר רחב שאינו מוגבל אפילו לעולם המושגים המקורי של הבעיה.
מי שלא למד בתיכון על בניות עזר, סביר שלמד בשנים האחרונות (עד כמה ששמעתי, החומר של תיכון כבר לא כולל בעיות בניה בגיאומטריה. זה בפני עצמו הפסד עצום לדעתי אבל לא ידוע לי אם בניות עזר עדיין "מותר" לתלמידים להכיר מבלי שיהרגו אותם על כך שהם יודעים יותר מדי).

הוכחה שלישית:
זאת בעיני הפשוטה והאלגנטית מכל הדרכים בהן הוכחתי את המשפט.
חסרונה הוא בכך שהיא קשה להרחבה למספר גבוה יותר של ממדים אך היא מכפרת על חסרון זה במסר נוסף שאפשר להמחיש באמצעותה כפי שתיווכחו.

נתבונן במלבן שמולא על ידי מלבנים שלכל אחד מהם מימד אחד שלם לפחות.
נוציא ממנו את כל המלבנים אך נזכור איפה היה כל אחד ונתחיל להחזיר אותם חזרה למקומם אחד אחרי השני.
בהחזירנו אותם למקומם נתחיל מלמטה ונקפיד על כך שכל מלבן יוחזר למקומו רק אחרי שיש על מה "להניח" אותו "בביטחון" כלומר שכל המלבנים ה"נושאים" אותו כבר הונחו.
להלן ציור להמחשה:

בציור שלעיל, המלבנים הלבנים כבר הונחו ואת האחרים עוד יש להניח.
את המלבן הירוק כבר אפשר להחזיר למקומו אבל את האדום עוד לא כי "הבסיס שלו" עוד לא מוכן בשלמותו (לפני שנניח את האדום עלינו להניח את המלבן המפוספס שנמצא תחת חלקו הימני.

בכל שלב, נגדיר בתור "חזית" את הקו המקוטע שמתאר את הנקודות הגבוהות ביותר שכבר מולאו.
למשל, בציור הנ"ל, לאחר שיונח המלבן הירוק, תתואר החזית על ידי הקו השחור העבה.

כל נקודה על החזית נמצאת במרחק מסוים מבסיס המלבן החיצוני.
מרחק זה יכול להיות שלם או שבור (בלתי שלם).

נאפיין את הנקודות שבבסיס המלבן החיצוני (להלן "הבסיס") כשלמות אם החזית שמעליהן נמצאת במרחק שלם מהן וכשבורות אם החזית נמצאת במרחק שבור מעליהן.

בהתחלת התהליך, החזית היא בסיס המלבן החיצוני ולכן כל הנקודות על הבסיס (הן במרחק אפס מהחזית ואפס הוא כידוע שלם ולכן הן) שלמות.

בכל פעם שמניחים מלבן נוסף עשוי אפיונן של חלק מנקודות הבסיס להשתנות.
אפיון של נקודה יכול להשתנות רק אם מניחים מלבן שגבהו אינו שלם (ואז אנחנו יודעים שרחבו שלם).

זה אומר שבכל פעם שמשתנה מצב של חלק מנקודות הבסיס זה קורה לקטע בבסיס שארכו שלם.

מכיוון שבתחילת התהליך כל הנקודות שלמות (כאמור לעיל) ומכיוון שכל שינוי באפיון של נקודות מתרחש תמיד על קטעים שלמים, אנחנו יכולים לטעון שבכל שלב מידת קבוצת הנקודות השבורות היא שלמה (בהתחלה היא אפס כי כל הנקודות שלמות ובהמשך, כשהיא גדלה או קטנה היא עושה זאת רק לאורך קטעים שאורכם שלם).

אז מה קורה בסוף?
בסוף אחרי שמילאנו את כל המלבן החיצוני, כל נקודות הבסיס במרחק זהה מן החזית ולכן או שכולן שלמות או שכולן שבורות.
אם הן שלמות אז גמרנו כי זה אומר שגובה המלבן שלם.
אם הן שבורות, גמרנו גם כן כי אנחנו יודעים שבכל שלב, כולל בשלב זה, מידת קבוצת הנקודות השבורות היא שלמה ופירוש הדבר הוא שמידת הבסיס שלמה כי קבוצת הנקודות השבורות היא כל הבסיס.

וואו!! לא?
מסתבר שאפשר לפתור את הבעיה פשוט על ידי….משחק מילים.

במאמר קודם טענתי שמותר האדם מן הבהמה, יותר משהוא מתבטא בעובדה שלאדם יש שפה, הוא מתבטא ביכולתו להמציא שפה.

יכולת זו עוזרת לו לחשוב כי הוא יכול לתת שם או סמל למושג מורכב ואחר כך להשתמש בשם/סמל הזה בבניית מושגים ומחשבות מורכבים יותר וחוזר חלילה.
נראה לי שבפתרון זה ניתן לראות כמה יכולת זו מועילה.
מחוץ לעולם הבעיה שלנו משמשות המילים "חזית", "שלם" ו"שבור" במשמעות שונה לחלוטין מאשר בתוך עולם הבעיה (מי שמע אי פעם על נקודה שבורה?).
עלי לציין שיכולתי לבחור מילים אחרות (כמו צפפוח, שמרגול ויפרן) לאותו צורך אבל העדפתי להשתמש במילים שיש קשר בין משמעותן המקובלת למשמעותן בתוך הבעיה.

הרחבות לחידה המקורית:

מסתבר שניתן להרחיב את המשפט למספר גדול יותר של ממדים.
בניסוחו המוכלל ביותר נראה המשפט כך:
אם יש לנו אוסף של תיבות N ממדיות (לא בהכרח זהות!) שלכל אחת מהן לפחות K מימדים שאורכם שלם הרי שלכל תיבה N ממדית שניתן למלא בהן לפחות K ממדים שארכם שלם.

לא אספק כאן הוכחה מדוקדקת של העניין כי הפורמליזם המתמטי יקשה על הקוראים.
תחת זאת, אסתפק בתיאור הרעיון של ההוכחה:

קודם כל נראה ששיטת ההוכחה הראשונה עוברת למימדים נוספים ממש ללא שינוי.
פשוט במקום לתמחר ריבועים בעלי צלע באורך יחידה על ידי חלוקתם לארבעה מלבנים, נתמחר "קוביות" N ממדיות על ידי חלוקתן ל"תיבות" N ממדיות ( 2N תיבות כאלו שכל אחת מכילה בדיוק קדקוד אחד מן הקובייה המחולקת).
קשה לצייר את זה אבל אתם מוזמנים לנסות לשוות בעיני רוחכם איך זה נראה בשלשה ממדים. התמחור מתבצע על ידי חלוקה של התיבה החיצונית לקוביות רגילות שכל אחת מהן מחולקת ל 8 תיבות שכל אחת מהן עולה 1 או -1 .
הציור הבא (של מה שאמור להיות קובייה תלת ממדית מחולקת ל 8 תיבות) עשוי לעזור:

קשה לתאר בטקסט שנגיש לכל אחד את התהליך המדויק אבל אני מקווה שמה שאמרתי מובן בכל זאת.
ליודעי חן אוסיף שניתן לקבוע את מחיר התיבה פשוט על ידי העלאת המספר מינוס אחת בחזקת מספר האחדים בייצוג של פינת הקובייה המשויכת אליה (כאשר כל הפינות מיוצגות על ידי כל הצירופים האפשריים של N אפסים או אחדים).

בדומה למקרה הדו ממדי, גם כאן ניתן לראות שתיבה שאחת ממידותיה שלמה תעלה אפס וגם כאן נגיע לסתירה במקרה שבתיבה החיצונית אין ממד שלם.

מכאן נקבל שכאשר נתון אוסף תיבות N ממדיות בעלות ממד שלם, חייב להיות ממד אחד שלם לכל תיבה N ממדית שנרכיב באמצעותן אבל הרי רצינו יותר. עד כאן הוכחנו את המשפט עבור כל N אבל רק עבור K=1.

המעבר ל K גדול יותר הוא פשוט.
אם יש K ממדים שלמים לכל תיבה פנימית אז בוודאי שיש אחד כזה.
לכן צריך להיות לתיבה ה N ממדית, ממד אחד שלם.
נסתכל עכשיו על "פאה" המאונכת לממד זה – זוהי למעשה תיבה N-1 ממדית המכוסה על ידי תיבות
N-1 ממדיות שלכל אחת מהן לפחות K-1 ממדים שלמים ולכן גם לתיבה זו יש ממד שלם וכך הלאה.

כפי שציינתי, כתיבה פורמאלית מלאה ומדויקת של פתרון שאלות מסוג זה היא דבר מסורבל ביותר.
אני מקווה שהטקסט הנוכחי מספיק כדי לתת למי שאין לו את כל הבסיס הדרוש לפחות את ה"טעם" של ההוכחה ולמי שיש לו את הבסיס הדרוש את כל מה שנחוץ כדי להבינה במלואה.

מסקנות נוספות:
באמצעות תיבות שממדיהן 1x2x4 ניתן למלא רק תיבות שיש להן מימד שמתחלק ב 4, מימד נוסף שמתחלק ב 2 ומימד שלישי שלם (ואת כולן).
באופן כללי, באמצעות תיבות בעלות מימדים שהם כפולות שלמות של D1,D2,D3….DK אם DI מחלק את DI+1 ניתן למלא רק תיבות בעלות אותה תכונה.

באמצעות תיבות בעלות מימדים שהם כפולות שלמות של D1,D2,D3….DK כאשר היחסים בין המימדים אלה אי רציונאליים, ניתן למלא רק תיבות בעלות אותה תכונה.

בעלי הנטיות המתמטיות מוזמנים להוכיח לעצמם טענות נגזרות אלו.

המסקנה האחרונה אינה נכונה כאשר היחסים רציונאליים (כי אז מימד אחד של התיבה החיצונית יכול "לספק" כמה מימדים של הפנימיות).

הקורא הנמרץ מוזמן להשתכנע בכך על ידי בניית דוגמה.

בגיליון 112 של גליליאו הופיעה השאלה הבאה:
האם אפשר למלא תיבה שמידותיה 6X6X6 בתיבות שמידותיהן 1X2X4?

בתגובה לשאלה כתבתי שהתשובה עליה היא אחת המסקנות ממשפט כללי שניתן להוכיח שעל פיו אם יש לנו אוסף של תיבות N ממדיות (לא בהכרח זהות!) שלכל אחת מהן לפחות K מימדים שאורכם שלם הרי שלכל תיבה N ממדית שניתן למלא בהן לפחות K ממדים שארכם שלם (המשפט שבו עסק מאמר זה).
הסברתי גם כיצד נובעת התשובה מן המשפט אבל כאן אשאיר זאת כתרגיל (קל) לקוראים.

שיתוף ב print
שיתוף ב email
שיתוף ב whatsapp
שיתוף ב linkedin
שיתוף ב twitter
שיתוף ב facebook

54 תגובות

  1. זוכרים את תיאור הקשר בין היכולת להמציא שפה ליכולת לחשוב ביעילות?
    הנה דוגמה יפה מן הימים האחרונים:
    http://www.haaretz.co.il/news/science/1.1827725
    "מוצ'יזוקי מפתח שפה חדשה ולכן יידרשו עוד כמה שנים טובות עד שיהיה קונסנזוס אם היא נכונה או לא",

כתיבת תגובה

האימייל לא יוצג באתר.

דילוג לתוכן