Парадокс Протагора и Эватла

Знаменитый философ и учитель софистики Протагор обучил юношу Эватла юриспруденции. Ученик обещал заплатить за обучение, но только если выиграет свой первый судебный процесс. Однако после окончания учебы Эватл не стал браться за дела и платить отказался. Тогда учитель подал на него в суд.

Спор:

Аргументация Протагора: Если Эватл проиграет суд, то он обязан заплатить по решению суда. Если Эватл выиграет суд, он выиграет свой первый процесс, а значит, обязан заплатить по условиям их изначального договора. Вывод учителя: при любом исходе ученик должен отдать деньги. Контраргументация Эватла: Если я выиграю суд, то по решению суда я ничего не должен платить. Если я проиграю суд, то я не выполнил условие договора (не выиграл свой первый процесс), а значит, по контракту я тоже ничего не должен платить. Вывод ученика: я не должен платить ни при каком исходе.

Рассуждения:

Логическая ошибка кроется в интерпретации фразы «выиграл процесс». У Протагора: «выиграть процесс» — это просто сам факт победы в суде (успешный исход дела). У Эватла: «выиграть процесс» — это значит освободиться от уплаты. Эватл подменяет понятия. Он считает, что если он выиграл суд, значит, он не должен платить по договору. Но одно не исключает другое: он может выиграть суд и при этом быть обязанным выплатить гонорар, потому что суд доказал его статус выигравшего дело (тем самым активировав договор).

Если рассматривать парадокс с точки зрения судебного права, то он возникает из-за смешения двух разных юрисдикций: условий частного контракта (договора) и власти судебного решения (закона). В логике этот софизм решается так:

У вас есть две веревки и коробок спичек. Каждая веревка сгорает ровно за 1 час. При этом они горят неравномерно (например, первая половина может сгореть за 5 минут, а остаток — за 55 минут). Как с помощью этих веревок отмерить ровно 45 минут?

Решение: Поджигаем первую веревку с обоих концов одновременно, а вторую веревку — только с одного конца. Первая веревка полностью сгорит ровно через 30 минут (так как пламя встретится). В этот самый момент поджигаем второй конец второй веревки. Ей оставалось гореть 30 минут с одного конца, но с двух концов она сгорит в два раза быстрее — за 15 минут. Итого: 30 + 15 = 45 минут.

Продолжаю публикацию интересных математических задач.

5 рациональных пиратов (А, Б, В, Г и Д) должны разделить 100 золотых монет. Иерархия: А — самый старший, Д — самый младший. Старший предлагает план дележа. Если за него проголосует хотя бы половина пиратов (включая его самого), план принимается. Если нет — старшего выбрасывают за борт, и право предложить план переходит к следующему. Как пират А должен разделить золото, чтобы остаться в живых и получить максимум?

Решение: Нужно рассуждать с конца. Если останутся только Г и Д, Г заберет всё (его голоса хватит для 50%). Чтобы этого не допустить, В должен предложить Д хотя бы 1 монету, чтобы тот поддержал его. Пират А знает это и предлагает: 98 — себе, 0 — Б, 1 — В, 0 — Г, 1 — Д. В и Д согласятся, так как при отказе и переходе хода к Б они могут не получить ничего или меньше.

Доброго дня, всем любителям математики! Представляю вашему вниманию еще три интересные, на мой взгляд, логические задачи. Первая часть находится здесь. Спасибо всем, кто участвовал в обсуждениях и находил неточности! Итак,

Путник взбирается на высокую гору по тропе как по серпантину. На это ему необходим весь день с утра до вечера, с учетом времени на отдых и перекусы. На вершине горы находится жилище. Путник, добравшись до него, проводит в нем ночь и на следующий день с утра отправляется в обратный путь. Он также шел до вечера. Вопрос – есть ли на этом пути точка, в которой путник находился в одно и то же время дня когда поднимался и когда спускался обратно?

Наложим график функции зависимости координаты путника от времени дня в первый и второй день. Эти графики пересекутся в искомой точке.

Приведу два случая сравнения счетного и несчетного множеств (на примере рациональных и иррациональных чисел).

Множество считается счетным, если все его элементы можно пронумеровать натуральными числами. Мощность такого множества обозначается как «алеф-нуль». Множество рациональных чисел является счетным.

Если множество невозможно взаимно-однозначно соотнести с множеством натуральных чисел, то такое множество называется несчетным. Множество иррациональных чисел является несчетным.

Данные примеры наглядно демонстрируют некоторую «ограниченность» множества рациональных чисел в сравнении с множеством иррациональных.

----

Построим числовую прямую и начнем отмечать на ней все рациональные числа по очереди. Причем первому элементу присвоим длину 1/2 (в любых единицах, сколь угодно малых) на числовой прямой, второму элементу – 1/4 длины, третьему – 1/8, четвертому 1/16, и так далее. Тогда сумма длин, присвоенных каждому рациональному числу, будет равна 1 (сумма геометрической прогрессии). И это несмотря на то, что в каждом бесконечно малом промежутке числовой прямой будет бесконечное количество таких длин. Другими словами, на бесконечной числовой прямой все рациональные числа займут всего одну единицу длины. Всё остальное – иррациональные числа. Можно взять сколь угодно маленькую величину первого члена прогрессии. Тогда ее сумма и, соответственно, общая длина всех рациональных чисел на прямой, будет стремиться к нулю!

----

Заполним бесконечную плоскость бесконечным количеством не совпадающих по своему положению точек однородно таким образом, чтобы у каждой точки координаты были рациональными. Например, (1; 2), (1/3; 3/8) и т.д. Плоскость будет заполнена точками с бесконечной плотностью. Покажем, что через любую точку, свободную от заданных, можно провести прямую, которая не коснется ни одну из заданных.

Хочу привести три задачи, которые в свое время произвели на меня сильное впечатление, так как ответы на них, казалось, противоречили здравому смыслу.

Мы положили один кирпич на другой и сдвинули верхний вдоль длинной стороны на максимальное расстояние таким образом, чтобы он не упал (то есть чтобы центр тяжести верхнего кирпича не вышел за границы опоры). Затем мы взяли эти два кирпича (в таком же положении) и положили на третий, сдвинув максимально в ту же сторону, но так, чтобы конструкция оставалась в равновесии. Продолжая данный процесс, на какое максимальное расстояние мы сможем сдвинуть верхний кирпич относительно нижнего так, чтобы конструкция продолжала оставаться в равновесии?

Для удобства примем, что сила тяжести равномерно распределена по бесконечной плоской опоре.

Если один кирпич положить на другой, то максимальное расстояние, на которое можно выдвинуть верхний кирпич вдоль длинной стороны будет достигнуто, когда центр тяжести верхнего кирпича (его середина) совпадет с боковой гранью нижнего. Когда дело касается двух кирпичей, то максимальный сдвиг будет достигнут, когда их общий центр тяжести совпадет с боковой гранью нижнего. И так далее.

Если суммировать длины выступающих участков кирпичей, то мы получим следующий ряд:

1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/8 + …

Это гармонический ряд, каждый член которого поделен на 2. А мы знаем, что гармонический ряд расходится. Следовательно, сдвиг верхнего кирпича относительно нижнего может быть сколь угодно большим.

Доброго дня всем любителям математики! В этой статье я собрал наиболее интересные, на мой взгляд, логические задачи, каждая из которых получила широкую известность в мире. Их часто публикуют, но иногда с некоторыми неточностями в их формулировках и решениях.

Привожу задачи сразу с решениями. Если вам известны другие классные задачки подобного рода, просьба поделиться ими в комментарии.

Добрый день всем любителям математики! Решился написать данную статью, чтобы собрать воедино самые лучшие и вирусные задачки про взвешивания. Старался выстроить решения максимально точно, чтобы избежать обидных неточностей.

Для начала немного теории:

Из книги Д.А. Михалин, И.М. Никонов, Одна задача о нахождении фальшивой монеты, Матем. просв., 2007, выпуск 11, 149–158:

Максимальное число монет Q₁, среди которых можно найти фальшивую и определить ее относительный вес за k взвешиваний определяется по формуле:

Q₁ = (3^k – 3)/2

Максимальное число монет Q₂, среди которых можно найти фальшивую, не определяя ее относительный вес за k взвешиваний определяется по формуле:

Q₂ = (3^k – 1)/2

Максимальное число монет Q₃, среди которых можно найти фальшивую, не определяя ее относительный вес за k взвешиваний, когда в распоряжении есть одна настоящая монета определяется по формуле:

Q₃ = (3^k + 1)/2

Таким образом, Q₁, Q₂ и Q₃ для двух взвешиваний равно, соответственно, 3, 4 и 5 монет. Q₁, Q₂ и Q₃ для трех взвешиваний равно, соответственно, 12, 13 и 14 монет.