Στο προηγούμενο είχαμε αφήσει τους μικρούς να παίζουν διπλώνοντας ξανά και ξανά τη χάρτινη ταινία για να τη χωρίσουν με ακρίβεια σε τόσα ίσα τμήματα όσα τα δάχτυλα του χεριού τους (ακόμη δεν τους έχουμε κάνει καθόλου λόγο για αριθμούς) και τους μεγάλους να προβληματίζονται με το γιατί αυτής της μεθόδου, όπου ο κατ’ εκτίμηση πρώτος χωρισμός και τα διαδοχικά διπλώματα μηδενίζουν τελικά το λάθος της πρώτης εκτίμησης. Πρόκειται για μια μέθοδο γνωστή ως Fujimoto’s Approximation και δουλεύει υποδιπλασιάζοντας κάθε φορά το λάθος.

Απόδειξη

Τα σύνεργα για την απόδειξη είναι πολύ απλά. Στην ταινία έχουμε ορίσει την αρχή της αριστερά ως σημείο μηδέν και το τέλος της δεξιά ως σημείο 1. Το πρώτο δίπλωμα εκεί που κάναμε την αυθαίρετη εκτίμηση σε σχέση με την αρχή 0 θα είναι σε απόσταση (1/5) + ε, όπου το ένα πέμπτο αυτό είναι το απόλυτα σωστό που ακόμη δεν γνωρίζουμε την ακριβή του θέση και ε είναι το πόσο μπορεί να έχουμε πέσει έξω κάνοντας εκεί το πρώτο δίπλωμα (ούτε αυτό το ξέρουμε). Ο,τι μένει από την υπόλοιπη ταινία θα είναι ίσο με [(4/5) – ε]. Διπλώνουμε αυτό ακριβώς το τμήμα στην μέση, οπότε το κάθε μισό του θα έχει μήκος [(2/5) – (ε/2)]. Αρα η δεύτερη τσάκιση θα είναι στο σημείο [(1/5) + ε] +[(2/5) – (ε/2)], δηλαδή στο σημείο (3/5)  + (ε/2). Από αυτό το σημείο διπλώνουμε ξανά μέχρι την άκρη της ταινίας δεξιά. Η τσάκιση θα βρίσκεται στη θέση  (3/5) + (ε/2) + [(1/2)((2/5) – (ε/2)]. Και μετά τις πράξεις βρισκόμαστε στο σημείο [(4/5)  + (ε/4)] που χωρίζει το τέταρτο από το πέμπτο τμήμα. Το μήκος του θα είναι ίσο με 1 – [(4/5) + (ε/4)], δηλαδή (1/5) – (ε/4).

Και τι παρατηρούμε; Οτι σε κάθε νέο υπολογισμό το σφάλμα γίνεται το μισό. Πόσο είναι τώρα το υπόλοιπο τμήμα της ταινίας; Θα είναι (4/5) + (ε/4). Διπλώνοντας τώρα από δεξιά προς τα αριστερά με τον ίδιο τρόπο από αυτό το κομμάτι, το μισό του θα είναι (2/5) + (ε/8). Και η τσάκιση θα είναι στο σημείο αυτό. Αν διπλώσουμε από αυτό το σημείο προς τα αριστερά για άλλη μια φορά καταλήγουμε στο σημείο [(1/2)((2/5) + (ε/8))], δηλαδή στο [(1/5) + (ε/16)]. Και αυτό τι μας δείχνει; Οτι κάνοντας αυτό το πήγαινε-έλα μειώσαμε ήδη το λάθος στην εκτίμησή μας κατά 16 φορές. Και αν συνεχίσουμε άλλον έναν γύρο θα μειωθεί ακόμη περισσότερο.

Το παιχνίδι συνεχίζεται

Εδώ δεν τελειώνει το θέμα, διότι μπορείς να δοκιμάσεις και άλλες διατμήσεις της ταινίας με περιττό πάντα πλήθος, 7, 9, 11 [άρα δουλεύεις με τα κλάσματα (1/7), (1/9, (1/11) και κάνεις τα ανάλογα]. Στη συνέχεια μπορείς  να βρεις την αντίστοιχη έκφραση των κλασμάτων στο δυαδικό σύστημα και αυτές οι εκφράσεις σε επιστρέφουν στη σειρά των αναδιπλώσεων ενώ απροσδόκητα εμφανίζονται άλλα ωραία πράγματα, που ελπίζουμε πως θα τα δούμε και αυτά, αλλά κάπως αργότερα. Διότι οι μικροί περιμένουν ανυπόμονα να συνεχιστεί το παιχνίδι.

Και είναι μια σημαντική στιγμή. Τους βάζουμε το πρόβλημα τι θα κάνουμε αν πρέπει να χωρίσουμε την ταινία σε τόσο πολλά μέρη που δεν φθάνουν όλα τα δάχτυλα των χεριών. Μετά από την ανταλλαγή απόψεων και ιδεών έχουμε και μια λύση έτοιμη. Μοιράζουμε σακουλάκια χάρτινα για να μη φαίνεται το περιεχόμενό τους έτσι ώστε κάθε παιδί να πάρει κάτι λίγο περισσότερο από δέκα. Μπροστά τους έχουν έναν σωρό από κουμπιά ή καραμέλες ή ό,τι άλλο αντίστοιχα μικρό. Οι οδηγίες είναι ως εξής: Να κρατήσουν ένα σακουλάκι άδειο. Στο επόμενο να βάλουν ένα κουμπί. Στο τρίτο να βάλουν όσα είχε το προηγούμενο και ένα ακόμη. Προχωρούμε έτσι προσθέτοντας ένα επιπλέον σε κάθε νέο σακουλάκι. Σταματάμε κάπου, όταν έχουμε περάσει πάντως τα δέκα. Στη συνέχεια τους ζητούμε να τοποθετήσουν σε όλα από μια αυτοκόλλητη ετικέτα και να γράψουν σε αυτές από ένα όνομα. Ο,τι τους αρέσει ή να βάλουν με έναν μαρκαδόρο κάποιο σημάδι, διαφορετικό για το κάθε σακουλάκι.

Μια μικρή και επιδιωκόμενη αναστάτωση θα προκληθεί μόλις τους ζητήσουμε να βρουν από άλλο παιδί και να ανταλλάξουν φακελάκια με το ίδιο πλήθος κουμπιών. Το ότι θα είναι το ίδιο πλήθος στα δύο φακελάκια θα το βρίσκουν κάνοντας αντιστοιχία ένα προς ένα. Δεν είναι εύκολη δουλειά διότι τα διαφορετικά ονόματα έξω από τα φακελάκια μπερδεύουν αυτή τη δοσοληψία. Και αυτό βέβαια έγινε επίτηδες .

Ο αναγνώστης φθάνοντας εδώ θα έχει μαντέψει ήδη το πού θέλουμε να οδηγήσει όλη αυτή η τελετουργία.

Πνευματική Γυμναστική

1. Δύο στύλοι με ύψος 15 μέτρα ο καθένας είναι μπηγμένοι κάθετα στο έδαφος. Ενα καλώδιο μήκους 16 μέτρων έχει τα δύο άκρα του στερεωμένα στις κορυφές των στύλων και κρέμεται προς τα κάτω. Αν η απόσταση από το κατώτερο σημείο του καλωδίου μέχρι το έδαφος είναι 7 μέτρα, ποια είναι η οριζόντια απόσταση των δύο στύλων μεταξύ τους;
2. Μια λαίμαργη ακρίδα τρώει τα φύλλα ενός δέντρου. Την πρώτη ημέρα τρώει ένα μόνο φύλλο αλλά την επόμενη τρώει 2, τη μεθεπόμενη 4 και κάθε ημέρα διπλασιάζει την ποσότητα των φύλλων που τρώει. Μέχρι που την 30ή ημέρα τρώει και τα τελευταία φύλλα. Ποια ημέρα ήταν που είχε φάει ακριβώς τα μισά φύλλα;

Οι λύσεις των προηγούμενων κουίζ

1. Ενα παιδί έχει στο σακίδιό του Ν αριθμό καραμέλες. Πηγαίνει επίσκεψη διαδοχικά στα σπίτια 20 φίλων του. Σε κάθε σπίτι αφήνει τις μισές καραμέλες και εκείνοι για ευχαριστώ του δίνουν μία. Μετά την εικοστή επίσκεψη του είχαν μείνει 2 καραμέλες. Με πόσες καραμέλες στο σακίδιο ξεκίνησε; Με δύο καραμέλες το πολύ, στο ξεκίνημα, μπορεί να γίνει όλη αυτή η διαδικασία.
2. Φτιάχνουμε δεκαψήφιους αριθμούς με τα ψηφία από το 0 έως το 9 να εμφανίζονται μόνο μία φορά σε κάθε αριθμό. Συνολικά προκύπτουν 3.628.800 τέτοιοι διαφορετικοί αριθμοί. Πόσοι από αυτούς είναι πρώτοι; Η απάντηση είναι κανένας, διότι το άθροισμα όλων των ψηφίων από το 1 έως το 9 δίνει 45, που είναι διαιρετό με το 3 και το 9, άρα από όλους αυτούς τους αριθμούς κανένας δεν είναι πρώτος.