11 Δεκ To Βοεϊκό πρόβλημα του Αρχιμήδη | Μέρος Β’
«Το πλήθος των βοών του Ήλιου μέτρησε, ξένε, αφού επιστήσεις την προσοχή σου εάν είσαι μέτοχος σοφίας, πόσο δηλαδή έβοσκε στις πεδιάδες της Σικελικής νήσου Θρινακίας, διαιρεμένο με τέσσερις αγέλες διαφορετικού χρώματος. Η μεν μία λευκού σαν το γάλα, η δε άλλη κυανού έλαμπε χρώματος, άλλη πάλι ξανθού και άλλη ήταν ποικιλόχρωμη. Σε κάθε δε αγέλη υπήρχαν ταύροι σε μεγάλο πλήθος μοιρασμένοι κατά την εξής αναλογία…»
«οι μεν λευκοί ήσαν ίσοι με το μισό και το ένα τρίτο των κυανών ταύρων (προσαυξημένο) με όλους τους ξανθούς, φαντάσου ξένε, οι δε κυανοί ήσαν το ένα τέταρτο και το ένα πέμπτο μέρος των ποικιλόχρωμων και επί πλέον όλους τους ξανθούς. Οι δε υπολειπόμενοι ποικιλόχρωμοι ταύροι, φαντάσου, ίσοι με το ένα έκτο και το ένα έβδομο των λευκών και με όλους τους ξανθούς.
Ως προς δε τις αγελάδες υπήρχαν οι εξής σχέσεις. Οι μεν λευκές ήσαν ίσες ακριβώς με το ένα τρίτο και το ένα τέταρτο όλης της κυανής αγέλης. Οι δε κυανές πάλι ήσαν το ένα τέταρτο και το ένα πέμπτο μέρος της αγέλης των ποικιλόχρωμων όταν έρθουν όλες μαζί τους (ποικιλόχρωμους) ταύρους για βοσκή. Της αγέλης των ξανθότριχων το ένα πέμπτο και το ένα έκτο μέρος ήταν ίσο με το πλήθος και από τα τέσσερα μέρη των ποικιλόχρωμων. Οι δε ξανθές αριθμούσαν το μισό ενός τρίτου και το ένα έβδομο μέρος της αγέλης των λευκών»
Οι εξισώσεις που καταστρώνονται από το ποίημα είναι οι:
Επειδή οι εξισώσεις στο Βοεϊκό πρόβλημα είναι γραμμικές, μπορούν να λυθούν ως προς μία παράμετρο, ας πούμε την Ξ και οι απαντήσεις είναι ρητά πολλαπλάσια του Ξ. Επειδή όμως οι απαντήσεις πρέπει να είναι ακέραιοι αριθμοί, μηλίτες, το Ξ πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του ελαχίστου κοινού πολλαπλάσιου όλων των παρονομαστών. Λαμβάνοντας αυτό υπ’όψιν καταλήγουμε στις σχέσεις που δόθηκαν στην αρχή.
«Εσύ δε ξένε, αν μου πεις ακριβώς πόσοι είναι οι βόες του Ήλιου, χωριστά μεν το πλήθος των ακλοθρεμμένων ταύρων,χωριστά δε πάλι πόσες είναι οι αγελάδες του κάθε χρώματος, δεν θα χαρακτηρίζεσαι ως αμαθής και αδαής με τους αριθμούς, όμως δε θα συγκαταλέγεσαι ακόμη μεταξύ των σοφών. Αλλά έλα σκέψου και τις ακόλουθες σχέσεις στους βόες του Ήλιου».
Μας προειδοποιεί λοιπόν ο Αρχιμήδης για το τι πρόκειται να συναντήσουμε. Ας δούμε!
«Oι μεν λευκοί ταύροι όταν αναμιχθούν με το πλήθος των κυανών, στέκονται σε συμπαγή σχηματισμό ο οποίος έχει το ίδιο μέτρο ως προς το βάθος και ως προς το πλάτος, και οι απέραντες πεδιάδες της Θρινακίας γεμίζουν από τον τετράγωνο αυτό σχηματισμό. Επίσης οι ξανθοί και οι ποικιλόχρωμοι αν συναθροιστούν μαζί στέκονται με τέτοιο τρόπο ώστε, αρχίζοντας από έναν, να σχηματίζουν σταδιακά τριγωνικό σχήμα, χωρίς να είναι παρόντες οι ταύροι των άλλων χρωμάτων, ούτε να λείπει κανείς».
Εδώ έχουμε το δύσκολο μέρος του προβλήματος. Η πρώτη συνθήκη λέει ότι ο Λ+Κ ίσον τέλειο τετράγωνο, που από τις τιμές των Λ+Κ που έχουμε, δίνει 10366482ν+7460514=m2 δηλαδή:
22∙3∙11∙29∙4657∙ν+ m2 από όπου απαιτείται ο v να είναι της μορφής 3∙11∙29∙4657∙p2
Για την δεύτερη συνθήκη τα πράγματα είναι πιο περίπλοκα και έχουν να κάνουν με τρίγωνους αριθμούς, δηλαδή αριθμούς της μορφής 1+2+…n. Τον γνωστό μας τύπο 1+2+…n=n(n+1)/2 οι αρχαίοι τον ήξεραν, αφού παραδείγματος χάριν εμφανίζεται ως αριθμητικό πρόβλημα στον Νικόμαχο, σε ένα μάλλον απλό βιβλίο αριθμητικής. Γράφει ο Νικόμαχος,
«Δοθεντων από μονάδος οποσωσούν αριθμών εφεξής ευρείν, όσος εστίν ο σύμπας»
και απαντά ο ίδιος λίγο παρακάτω,
«Πολλαπλασιάζομεν τον μέγιστο επί τον εφεξής αυτού του μείζονα και τούτου γενομένου το ήμισυ λαβόντες έξομεν τον σύμπαντα».
Συναθροίζοντες όλα τα παραπάνω, η δεύτερη συνθήκη του προβλήματος γίνεται Ξ+Π=n(n+1)/2 και άρα (σε παραγοντοποιημένη μορφή)
3∙7∙11∙29∙353∙(4657) 2∙p2 n(n+1)/2
Με σύγχρονα σύμβολα θα μπορούσαμε να συνεχίσουμε ως εξής. Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη επί 8 και προσθέτουμε μονάδα, οπότε αφού 80n(n+1)/2))+1=(2n+1)2, οδηγούμαστε σε μία τις αποκαλούμενες εξισώσεις Pell:
(2n+1)2-2∙3∙7∙11∙29∙353∙(4657∙p)2 =1
Θα μπορούσαν όμως οι αρχαίοι μαθηματικοί να κάνουν αυτά τα βήματα; H απάντηση είναι ναι, αν δει κανείς την λύση του Διοφάντου στο 4, 38 των Αριθμητικών του, όπου γράφει:
«πας δε τρίγωνος οκτάκις γενόμενος και προσλαβών μονάδα, τετράγωνος γίνεται».
Αυτό όμως που έχει σημασία δεν είναι αν o Διόφαντος, οποίος έχει προχωρημένο αλγεβρικό συμβολισμό, ήξερε την παραπάνω ιδιότητα. Tο ερώτημα είναι τι γίνεται χωρίς προχωρημένο συμβολισμό. Ευτυχώς υπάρχει χωρίο του Πλουτάρχου που λέει τα ίδια πράγματα, πολύ ενωρίτερα:
«πας γάρ τρίγωνος αριθμός οκτάκις γενόμενος και μονάδα προσλαβών γίγνεται τετράγωνος».
Υπάρχει μέθοδος να λύνονται οι εξισώσεις Pell με χρήση της περιόδου συνεχούς κλάσματος (δεν θα μπούμε στις λεπτομέρειες). Κατ’ αρχήν λοιπόν η εξίσωσή μας λύνεται, μόνο που η μέθοδος παράγει αριθμούς τεραστίων διαστάσεων: Το συνεχές κλάσμα έχει περίοδο μετά από 96 βήματα! Τα βήματα αυτά έγιναν για πρώτη φορά από τον Amthor 1880 (βλέπε Zeitsch, für Math. und Phys. τόμος 25, 1880), και έπρεπε να περιμένουμε μέχρι το 1965 για να βρεθεί τελικά η απάντηση στο πρόβλημα.
Για να κλείσουμε αυτή την παράγραφο, ας προσθέσουμε ότι το γεγονός ότι το Βοεϊκό πρόβλημα ανάγεται σε εξίσωση Pell, ενισχύει την άποψη ότι το πρόβλημα έχει Αρχιμήδεια προέλευση. Ο Αρχιμήδης χρησιμοποίησε έμμεσα την εξίσωση στις προσεγγίσεις του της τετραγωνικής ρίζας του 3, ενώ από τότε μέχρι τον Fermat την 16ο η εξίσωση δεν ξαναεμφανίζεται.
«Αφού βρεις και αυτά και τα συμπεριλάβεις στον νου σου, και εκφράσεις όλα τα μεγέθη των πληθών, ξένε, πήγαινε υπερηφανευόμενος ότι αναδείχθηκες νικητής γνωρίζοντας ότι κρίθηκες τέλειος, σ’αυτού του είδους την σοφία»
Μέρος Α’: http://www.lecturesbureau.gr/1/the-archimedes-cattle-problem-part-a/
ΑΡΧΑΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ – ΚΕΙΜΕΝΑ ΙΣΤΟΡΙΑΣ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑΣ
Μιχάλης Λάμπρου (Απόσπασμα)
