Banach – Tarskijev paradoks

Banach – Tarskijev paradoks teorem je iz teorije skupova geometrije i objašnjava proces dobivanja nečega u većoj količini nego s kojom smo započeli. On kaže da ako uzmemo neko tijelo i podijelimo ga na određeni broj skupova te dijelove možemo rotirati, a zatim ispremještati, bez dodavanja sličnih skupova, kako bi stvorili dva identična takva tijela. Takav je proces naravno neizvediv u stvarnosti, ali u teoriji su mnoge stvari moguće. Čak i da Hajduk postane prvak.

Podijelimo li neku stvar na više dijelova ne možemo ih rasporediti na drugačiji način i dobiti ih više. Skup tih dijelova je konačan, i u tome je problem. Što ako podijelimo tijelo na beskonačno mnogo dijelova, sitnih, nevidljivih. Time bi stvorili više mogućnosti. Do beskonačnosti se ne može brojati jer nije broj, već veličina nečega – npr. samog brojevnog pravca. Dodamo li ili oduzmemo beskonačnosti neki broj ona ostaje ista. Isto vrijedi i za dijeljenje; beskonačnost podijeljena nekim brojem ostaje beskonačnost.

Banach – Tarskijev paradoks iskorištava takva jedinstvena svojstva beskonačnosti.  Za teorem je potrebna jedna sfera. Sferu u 3D prostoru možemo rotirati u bilo kojem smjeru, ali radi funkcioniranja teorije rotiramo je uvijek za istu udaljenost i u samo četiri smjera: Lijevo – L, desno – R. gore – G i dolje – D. Kombinacija te četiri rotacije ima beskonačno mnogo jer uvijek možemo rotirati još jednom u nekom od četiri smjera. Izmjenjivanjem tih rotacija nikad nećemo sletjeti na istu točku dvaput, osim u dva slučaja. U slučaju rotiranja zadnje dvije rotacije u suprotnim smjerovima dolazi do međusobnog poništavanja: LR, RL, GD i DG sve su završne rotacije koje se vraćaju na prethodnu točku. Drugi slučaj su polovi. Svaka rotacija ih ima dva: za lijevo i desno okretanje polovi su južni i sjeverni, a za okretanje gore i dolje polovi su istočni i zapadni. Problem je što više kombinacija vodi do istoga pola. Želimo li doći do južnog pola bilo koji ponavljajući DLDL… i DRDR… iz različitih točaka jednako udaljenih od pola imat će isti krajnji cilj. Zbog toga se polovi mogu označiti više od jednog puta.

Za početak odaberemo neku točku na sferi i započnemo rotiranje. Ta se točka okretanjem pomiče i postaje nova točka.

Rotirajući sferu dobivamo četiri skupa zapisa kombinacija: one koje završavaju na D, one koje završavaju na G, one koje završavaju na L i one koje završavaju na R. Svaki od tih skupova je beskonačan jer uvijek možemo zarotirati još jednom. Ipak, nakon beskonačno mnogo označavanja točaka još uvijek nismo sletjeli na svaku točku. Jer se radi o sferi, uvijek možemo odabrati još jednu početnu točku i započeti rotiranja od tamo. Zatim to ponovimo. I onda još jednom, i još jednom. Nakon beskonačno mnogo početnih točaka i beskonačno mnogo rotiranja ćemo napokon označiti svaku točku na sferi samo jednom.

Osim, naravno, polova koje ćemo označiti više nego jednom. Ne možemo ih svrstati u početna četiri skupa već ih možemo staviti u zaseban skup P. Svaka ih kombinacija ima dva zbog čega je skup P također beskonačan. Uz skup početnih točaka PT dobijemo cijelu sferu. Ona se sada sastoji od šest skupova G,D,L,R,P i PT.

Rotacije će  biti pisane u suprotnom smjeru, s desna prema lijevo, kako bi završne rotacije bile na početku zapisa.

Uzmimo skup L:

L, LL, LLL, LLLL…                             LLG, LLGG, LLGGG…                      …

LD, LDD, LDDD, LDDDD…          LLLD, LLLDD…                                 …

LG, LGG, LGGG…                            LDG, LDGG…                                               …           

LLLG, LLLR, LLLD…                         LGD, LGDD…                                               …

LLD, LLDD…                                     LGR, LGRR…                                    …

Ovaj skup definira se kao skup koji završava s rotacijom L, ali što bi se dogodilo ako cijeli taj skup rotiramo u desno. To bi bilo jednako dodavanju slova R na kraj svakog zapisa:

RL, RLL, RLLL, RLLLL…                               RLLG, RLLGG, RLLGGG…              …

RLD, RLDD, RLDDD, RLDDDD…              RLLLD, RLLLDD…                            …

RLG, RLGG, RLGGG…                                RLDG, RLDGG…                              …

RLLLG, RLLLR, RLLLD…                             RLGD, RLGDD…                              …

RLLD, RLLDD…                                            RLGR, RLGRR…                               …

Rotacije R i L se međusobno poništavaju i ostavljaju nam, čini se, više nego s čime smo započeli. Ako uklonimo poništena slova iz zapisa dobijemo ovo:

(RL), L, LL, LLL…                              LG, LGG, LGGG…                …

D, DD, DDD, DDDD…                     LLD, LLDD…                         …

G, GG, GGG…                                  DG, DGG…                           …

LLG, LLR, LLD…                               GD, GDD…                           …

LD, LDD…                                         GR, GRR…                            …

To je opet cijeli skup L. Ali, i potpuni skup D, potpuni skup G i potpuni skup bez početnih rotacija (poništeni RL u zagradama) – to je cijeli skup početnih točaka. Samim rotiranjem jednim od skupova dobili smo četiri skupa. Od jedne šestine dobili smo dvije trećine. Trećina koja nedostaje su skup R i skup P. Dodavanjem preostala dva skupa dobili smo čitavu sferu, ali uz nekoliko stvari viška.

Preostali su skupovi D, G i PT.

Uzmimo sada skup G. Njega definiramo kao skup koji završava s rotacijom G:

G, GG, GGG, GGGG…        GRL, GRLL…                         …

GL, GLL, GLLL…                   GLR, GLRR…                        …

GR, GRR, GRRR…               GLD, GLLD…                        …

GGL, GGLL…                        GRD, GRRD…                      …

GGR, GGRR…                      GLD, GLDD…                                   …

Rotiramo li cijeli taj skup prema dolje dobili bi ovo:

DG, DGG, DGGG, DGGGG…        DGRL, DGRLL…                   …

DGL, DGLL, DGLLL…                      DGLR, DGLRR…                  …

DGR, DGRR, DGRRR…                  DGLD, DGLLD…                  …

DGGL, DGGLL…                              DGRD, DGRRD…                …

DGGR, DGGRR…                            DGLD, DGLDD…                 …

Opet poništimo rotacije:

(DG), G, GG, GGG…           RL, RLL…                   …

L, LL, LLL…                            LR, LRR…                  …

R, RR, RRR…                        LD, LLD…                  …

GL, GLL…                              RD, RRD…                 …

GR, GRR…                            LD, LDD…                  …

Ovime smo ponovno dobili cijeli skup G, skup L, skup R i cijeli skup PT. Ali ovaj put nije sve toliko jednostavno kao prethodno okretanje.  Ne treba nam novonastali skup PT jer još nismo iskoristili onaj izvorni.

Stoga trebamo ukloniti sve zapise koji poslije rotiranja daju početne točke. To su zapisi koji su sastavljeni od samo jednog G. Te zapise ćemo staviti sa strane. Ali, nakon poništavanja zapis GG postat će zapis G te ćemo imati dva takva zapisa. Stoga moramo staviti sa strane sve zapise sa samo G rotacijom(G, GG, GGG…).

Sada možemo poništiti rotacije:

RL, RLL…                                                      …

L, LL, LLL…                LR, LRR…                  …

R, RR, RRR…            LD, LLD…                  …

GL, GLL…                  RD, RRD…                 …

GR, GRR…                LD, LDD…                  …

To je cijeli skup G, cijeli skup R i cijeli skup L. Dodamo li tome one zapise G koje smo stavili sa strane, skup D i skup PT skoro smo dobili cijelu novu sferu. Još samo nedostaju polovi. Na toj sferi sada postoji beskonačno mnogo rupa na kojim mjestima su trebale biti točke polova. Ali postoji rješenje za to uz pomoć misaonog eksperimenta Hilbertovog hotela.

Hilbertov hotel ima beskonačno mnogo soba i beskonačno mnogo gostiju – ali još uvijek nije pun. Poželi li novi gost pristupiti hotelu, pomaknemo gosta iz sobe 1 u sobu 2, 2 u 3, 3 u 4 itd. Pošto imamo beskonačno mnogo soba nikad nam ih neće ponestati. Ali, ako novopridošli gost ipak poželi napustiti svoju sobu, hotelu ta soba neće ostati prazna. Samo, kao i prije, pomaknemo gosta iz sobe 2 u sobu 1, 3 u 2, 4 u 3 itd. Jer imamo beskonačno mnogo gostiju ni njih nam neće nikad ponestati.

Primijenimo to na našoj nepotpunoj sferi. Na njoj možemo pronaći određeni kut rotacije oko kojeg bi se okretale sve rupe. Tim bi se potezom svaka rupa našla na jednoj kružnici sfere. Kružnica ima onoliko točaka koliko i Hilbertov hotel soba i gostiju, stoga možemo primijeniti isti postupak. Pomalo neugodnim manevrom svaku kružnicu možemo rotirati kako bi se svaka točka pomakla za jedno mjesto unaprijed upotpunjujući tako prazno mjesto same rupe. Poput gostiju u hotelu.

Time su rotacije završene. Nismo ništa dodavali ni oduzimali, rastezali ili upotpunjavali, a od jednog početnog tijela dobili smo dva identična takva tijela.

1.6. Cantorov dijagonalni dokaz: jesu li neke beskonačnosti veće od drugih? (neprebrojivost)

Ako parnih brojeva ili racionalnih brojeva ima koliko i prirodnih, odnosno , pa su stoga prebrojivi (mada ih je beskonačno), ima li toliko i realnih brojeva? I jednih i drugih ima beskonačno, dakle ima ih jednako? Zapravo ne. Cantor je pokazao da skup realnih brojeva nije prebrojiv, odnosno da realnih brojeva nema koliko i prirodnih.

Njegov tzv. „dijagonalni“ dokaz je zgodan. Zasnovan je na postupku reductio ad absurdum: najprije nešto pretpostavimo, potom u tome pronalazimo proturječje, i iz toga slijedi da je početna pretpostavka pogrešna.

Početna pretpostavka (koju želimo pobiti) jest da je skup realnih brojeva prebrojiv, odnosno, da realnih brojeva ima isto koliko i racionalnih (i prirodnih). Problem je kako poredati realne brojeve tako da ih možemo brojati. I racionalni brojevi i realni brojevi nemaju jasne prethodnike i sljedbenike; ipak za racionalne nije teško smisliti shemu, ali za realne je to pravi problem. No, pretpostavimo da smo uspjeli nekako poredati sve realne pa ih stoga možemo brojati. To je, dakle, početna pretpostavka (koju želimo pobiti): poredali smo sve realne brojeve u neku shemu. To ne ovisi o shemi po kojoj smo poredali realne brojeve – naprosto zamislimo da su poredani, kako god da se to dogodilo.

Drugi korak dokaza je pokazati da je ta pretpostavka da su svi realni brojevi poredani pogrešna. Za to je potrebno konstruirati realni broj koji sigurno nije na popisu. To možemo napraviti ovako: pogledamo prvu znamenku iza decimalnog zareza prvoga broja. Naš broj će imati različitu prvu znamenku od prve znamenke prvog broja (da bi se razlikovao od njega). Dakle, uzmemo neku različitu vrijednost prve znamenke (na slici prva znamenka iza decimalnog zareza prvoga broja jest 2, uzimamo neku drugu vrijednost npr. 7).

Reductio ad absurdum: uzmemo pretpostavljeni popis svih realnih brojeva i potom konstruiramo realni broj koji sigurno nije na popisu (za ovaj popis to je npr. 0.746894310875…).

Potom idemo na drugu znamenku i ponavljamo taj postupak: moramo uzeti neku različitu od druge znamenke drugoga broja da bismo bili sigurni da se naš broj razlikuje i od drugoga broja na listi (na slici je to različito od 9, npr. 4). I taj postupak nastavljamo u beskonačno – svaki korak osigurava da je naš broj različit od sljedećeg realnog broja. Na taj način konstruiramo realni broj koji sigurno nije na listi, odnosno, kojemu nije pridružen nijedan prirodni broj.

Time smo pokazali da je početna pretpostavka pogrešna, odnosno, da nema načina da poredamo sve realne brojeve tako da bi ih mogli prebrojati. Uvijek možemo konsturirati neki koji nije na popisu.

(Vidite li zašto isti ovakav dokaz ne vrijedi za racionalne brojeve?)

Dakle, skup realnih brojeva je neprebrojiv. Znači li to da realnih brojeva ima više nego racionalnih? Jesu li neke beskonačnosti veće od drugih?

1.5. ima li više parnih ili prirodnih brojeva? (prebrojivost)

Ima li više parnih prirodnih brojeva ili prirodnih brojeva (dakle parnih i neparnih ukupno)? Naravno, ako brojimo do bilo koje konačne vrijednosti N, onda će prirodnih brojeva biti dvostruko više nego parnih. Pa se najprije može činiti da je to jedan sasvim lak odgovor na ne baš pametno naslovno pitanje. Ali, ako krenemo brojati parne brojeve, onda imamo nešto ovako

2   4   6   8   10   12  14  16 …

1   2   3   4     5     6    7    8 …

Dakle, svaki prirodni broj broji jedan parni te nema nijednog prirodnog broja kojemu ne bi odgovarao neki parni, po jednostavnoj formuli PARNI=2∙PRIRODNI. Koliko god ima članova s lijeve strane ove jednakosti, toliko ima i s desne. Odnosno, parnih brojeva ima jednako koliko i prirodnih.

Ali kako je to moguće? Prirodni brojevi se sastoje od parnih i ne-parnih. Kako je moguće da parnih i neparnih brojeva zajedno ima isto koliko i samo parnih? Ta stvar je zbunjivala i neke od napametnijih ljudi prošlog tisućljeća, poput Leibniza i Galilea.

Galileo je pisao o vrlo sličnom problemu s nizom prirodnih brojeva koji su kvadrati prirodnih brojeva, dakle 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64 … I ovdje se ponavlja isti obrazac – kad brojimo te brojeve nijedan prirodni broj neće biti preskočen, odnosno svakom prirodnom broju odgovara jedan kvadrat. Pa bi slijedilo da kvadratnih brojeva ima jednako koliko i prirodnih brojeva, mada su mnogi prirodni brojevi nisu kvadratni – to se naziva Galileov paradoks. Galileo zaključuje ovako:

Koliko vidim, možemo samo zaključiti da je ukupnost svih [prirodnih] brojeva beskonačna, da je broj kvadrata beskonačan, i da je broj njihovih korijena beskonačan; niti je broj kvadrata manji od ukupnosti svih brojeva, niti je ono prvo veće od drugoga; i konačno, oznake ‘veće’, ‘manje’ i ‘jednako’ nisu primjenjive na beskonačne nego samo na konačne veličine.

Leibniz je također smatrao da ih ne može biti jednako. To bi naime značilo da pravi podskup nekog skupa ima jednako članova koliko i sam taj skup, a to bi kršilo Euklidov aksiom: „Cjelina je veća od dijela.“

No, krajem 19. stoljeća Cantor je sve skupove koje možemo brojati na prethodno opisani način nazvao prebrojivim, i ustvrdio da svaki od njih ima točno jednako članova. Taj broj članova, koji je naravno beskonačan, označio je hebrejskim slovom „alef“ uz indeks nula, dakle „alef nula“, što se označava sa .

Zanimljivo je i da racionalnih brojeva ima točno toliko. To nije očito kao u prethodnim primjerima, jer u njima svi članovi skupova nakon prvoga imaju točno određene prethodnike i sljedbenike, pa je jasno kako ih brojati. Ali nije jasno kako brojati racionalne brojeve – neki racionalni broj, npr. 2/7, nema prethodnika ni sljedbenika. Ipak, moguće ih je poredati tako da svi budu obuhvaćeni pri brojanju, i tako pokazati da je skup racionalnih brojeva prebrojiv (mada beskonačan), odnosno da ima alef nula racionalnih brojeva.

(Naravno, pri brojanju preskačemo one racionalne brojeve koje smo već brojali, npr. 2/4 budući da smo već brojali 1/2. Važno je samo da postoji poredak koji obuhvaća sve racionalne brojeve.)

A što vi mislite? Slažete li se s Galileom ili s Cantorom? Mislite li da su sve beskonačnosti jednako velike ili su neke veće od drugih? 🙂

1.3. Sastoji li se dužina od točaka?

Sastoji li se dužina od točaka?

”Dužina je skup točaka pravca, a sastoji se od dviju zadanih točaka A i B pravca i svih točaka pravca koje su između njih. Točke A i B su krajnje točke te dužine.” (link)

Ali, ako se dužina sastoji od točaka, a točka nema nikakvu duljinu, otkud dužini duljina?

Zenonov najdublji paradoks je u osnovi geometrijski. On zapravo pita imaju li krajnji sastojci neke dužine – dakle točke – duljinu različitu od nula, ili im
je duljina stvarno nula. Dužina je očigledno beskonačno djeljiva; dakle ima beskonačno mnogo krajnjih sastojaka. Ako imaju bilo koju duljinu veću od nula, tad, suprotno našoj pretpostavci, duljina dužine mora biti beskonačna. Bilo koji niz koji se sastoji od pozitivnih veličina jednakog iznosa ima beskonačnu sumu. No, ako je pak duljina doslovno nula, tad će, suprotno našoj pretpostavci, duljina segmenta biti nula.

Ovdje ne pomaže nikakvo sumiranje beskonačnog reda, jer se ne zbrajaju sve manji dijelovi, nego uvijek jednaki dijelovi, kao u 1 + 1 + 1 + 1+…

Za Aristotela, problema nema. Točka je granica dužine. Dužina ima točno dvije točke, A i B.

dužina AB

Naravno, moguće je (”potencijalno”) načiniti još bilo koliko točaka na toj dužini. Dužina se može dijeliti na potencijalno beskonačno mnogo manjih dužina (AA₁, A₁A₂, A₂A₃, …, A_nB) i tako načiniti beskonačno mnogo točaka na dužini.

Ali, to ne znači da se dužina već (”aktualno”) sastoji od beskonačno mnogo dijelova. Dužina se, naprosto, ne sastoji od dijelova, mada se može podijeliti na dijelove. Kao što se stablo nije sastojalo od cjepanica, mada je moglo biti podijeljeno na cjepanice.

Ipak, to gledište može biti problematično. Promotrimo neku dužinu na brojevnom pravcu, npr. s rubnim točkama 3 i 4.

Koliko ima realnih brojeva između 3 i 4? Beskonačno mnogo. Znači li to da na brojevnom pravcu već ima (”aktualno”) beskonačno mnogo točaka između 3 i 4? Jesu li one već tamo (”aktualno”), ili ih mi tek možemo (”potencijalno”) tamo dodati?

Dakle, ima li već (”aktualno”) beskonačno mnogo točaka na nekoj dužini (bila ona AB ili 34)? Ili točke dospijevaju na dužinu tek tako da tu dužinu dijelimo, što možemo činiti (”potencijalno”) u beskraj?

Ako ih već ima (”aktualno”) beskonačno mnogo, sastoji li se dužina od točaka? Je li dužina skup točaka i ništa osim toga? Ali otkud joj onda duljina?

1.2. Do koliko znaš brojati (potencijalna beskonačnost)?

Kad dijete kaže  ”Ja znam brojati do deset. A ti?”, što ćete mu odgovoriti? Ako odgovorite ”do beskonačno” pod tim ne mislite da možete stvarno izbrojati do ∞, nego da uvijek možete nastaviti još i dalje brojati. Odnosno, mislite na potencijalnu beskonačnost, a ne na ostvarenu (”aktualnu”) beskonačnost.

Što to znači? Riječ ”potencijalno” znači ”moguće”, a ”potencijalna beskonačnost” znači mogućnost da se nešto uvijek još i dalje poveća. Zbroj 1 + 1 +  1 +… po tom gledištu nije jednak ∞ i gotovo, kao da bi ∞ bio neki rezultat poput drugih. Rezultat znači nešto gotovo, dovršeno, a zbroj 1 + 1 +  1 +…  nikad nije dovršen. Zato je, prema tom gledištu, taj zbroj samo potencijalno beskonačan, jer se uvijek može još povećati, pa nije konačan, nije ograničen nego je bez-konačan, ne-ograničen. Od Aristotela (4. st. pr. Kr.) pa do 19. stoljeća većina je matematičara smatrala da beskonačnost treba shvatiti isključivo kao potencijalnu.

Što je sa zbrojem 1/2 + 1/4 + 1/8 +… ? Vidjeli smo kako slika sugerira da taj zbroj beskonačno mnogo članova ima konačan rezultat, i to 1.

Ipak, upitajmo se još jednom: koliko pravokutnikića moramo dodati da površina doista bude 1? Odgovor je: beskonačno mnogo. Možemo li dodati beskonačno mnogo (sve manjih) pravokutnika? Naravno, možemo reći ”očito je da na kraju ta površina mora biti 1”. Ali, ima li kraja, ako se radi o beskonačno (bez-krajno) mnogo članova?

Jesmo li dobili konačni rezultat zbroja beskonačno mnogo brojeva, ili smo dobili broj kojemu se svakim novim članom potencijalno približavamo ali ga nikad ne dostižemo?

Naš bivši učenik od prije par generacija, Luka M., zastupao ovo drugo gledište u komentaru:

Kod zbrajanja n brojeva (x1 + x2 + … + xn), uzmemo prvi broj i na njega dodajemo sve preostale, ono što dobijemo na kraju zovemo zbrojem. …

Kod zbroja beskonačno mnogo brojeva, ne znamo što napraviti. Jer: ako uzmemo prvi broj i krenemo dodavati ostale, nikad nećemo stati.

Zbog toga mi se čini da je zbrajanje beskonačno mnogo brojeva (sumiranje reda) nešto što je vrstom bitno različito od zbrajanja 2 (ili n) broja. Rekao bih da je sumiranje reda proces bez kraja. To tu operaciju bitno razlikuje od zbrajanja 2 (ili n) broja koja itekako ima kraj.

Ako mi ne možemo, može li računalo stvarno (a ne samo potencijalno) izbrojati do ∞?

Za današnja računala svakako vrijedi da za beskonačno mnogo ma kakvih koraka jest potrebno beskonačno mnogo vremena.

Aristotel je iskoristio zamisao o potencijalnoj beskonačnosti da riješi još jedan Zenonov paradoks (uz ”Ahila i kornjaču”) nazvan ”Dihotomija” (već smo ga spominjali u komentarima). Najprije paradoks:

Neko tijelo, da bi prešlo neki cijeli put mora prvo prijeći polovicu, zatim četvrtinu, pa osminu i tako neograničeno dalje… Dakle, opet imamo naš zbroj beskonačno mnogo članova 1/2 + 1/4 + 1/8 +… Od trkača bi se moglo tražiti, kaže Zenon, da broji svaki od tih koraka. No, to bi značilo da  ”kad je prijeđena cijela crta, izlazi da je izbrojen neograničen broj (∞), što je … nemoguće”.

Kako je Aristotel odgovorio na taj Zenonov izazov?

Aristotel kaže da ne postoji već beskonačno mnogo dijelova dužine, nego je dužina tek potencijalno uvijek još djeljiva. Neograničena podijeljenost vremena i prostora u Zenonovim dokazima nije nešto što je stvarno već sprovedeno, ostvareno, niti pak može biti ostvareno. Prostor i vrijeme mogu se dijeliti neograničeno, ali ti dijelovi prostora i vremena nastaju tek kao rezultat samoga dijeljenja. Prije dijeljenja prostor i vrijeme nemaju dijelove.

Stoga Aristotel zaključuje kako je moguće udaljenost od Ahila do kornjače dijeliti u beskraj (potencijalno), ali to ne znači da onaj tko prelazi tu udaljenost prelazi ∞ mnogo dijelova. Dijelovi nastaju tek kad netko dijeli tu udaljenost. Da bi netko imao problem kako prijeći udaljenost koja ima ∞ mnogo dijelova, najprije bi netko trebao podijeliti tu udaljenost na ∞ mnogo dijelova. Inače se ta udaljenost može prijeći, dakako, ako se jednostavno krene i ne stane.

Dodatak:

Isti rezultat sume beskonačnog reda kao i gornja slika daje formula za sumu beskonačnog reda koju smo izveli u prošlome zapisu. Ali, uz taj se izvod također može staviti jedan upitnik. Postupak izvođenja išao je ovako:

S = 1 + x + x² + x³ + …

Sad pomnožimo obje strane jednakosti sa x.

S∙x = x + x² + x³ + x⁴ + …

S desne strane to je isti izraz kao i ranije, samo bez 1! (Je li? 😉 )

Doista, je li? Recimo da se ne radi o beskonačnom redu, nego nekom konačnom, sa n članova.

S = 1 + x + x² + x³ + … + xⁿ.

Sad pomnožimo obje strane jednakosti sa x.

S∙x = x + x² + x³ + x⁴ + …+ xⁿ + xⁿ⁺¹

Ako oduzmemo te dvije jednakosti dobijemo S – S∙x = 1- xⁿ⁺¹. To vrijedi za bilo koji n, s time da ovaj član xⁿ⁺¹ postaje sve manji i manji kako n ide u beskonačnost (jer je iznos x manji od 1). Kad taj član postane 0 tad dobijemo onu formulu za sumu beskonačnog reda. Ali, kada taj član postaje nula? Tek kad n=∞, odnosno, gledano sa stajališta potencijalne beskonačnosti, nikad!

1.1. Mora li zbroj beskonačno mnogo članova imati beskonačan iznos?

Zenon kaže (1.) da je Ahilu potrebno beskonačno mnogo ”koraka”, što podrazumijeva (2.) da mu za njih treba beskonačno mnogo vremena. Slijedi li nužno (2.) iz (1.)? Je li moguće da mu je za beskonačno mnogo ”koraka” dovoljno konačno mnogo vremena?

Komentator na Ahilu i kornjači, pod nadimkom Kairos, kaže:

Ovo je problem zbrajanja beskonačne serije … Ovo je matematički način rješavanja ovakvih paradoksa gdje se zbrajaju sve manji dijelovi beskonačno mnogo puta.

Dakle, izgleda da nam treba neko znanje iz matematike. U hrvatskom je u ovome matematičkom značenju za englesko series uobičajena riječ ”red”. Zbroj beskonačnog reda se uči iz matematike u 4. razredu, pa ga velika većina čitatelja još nije učila. Ovdje ću pojednostavljeno objasniti one zamisli koje su nam (možda?) potrebne za pitanje o Ahilu i kornjači. Naravno, iz matematike ćete redove učiti na pravi, strogi način.

Mora li zbroj beskonačno mnogo članova biti beskonačan?

Recimo zbroj 1 + 1 + 1 + … očito ide u beskonačno. Isto tako i zbroj 1 + 2 + 4 + 8 +… Vrijedi li to za svaki zbroj beskonačno mnogo članova? Znalaoc kaže:

… ako počnemo dijeliti tu duljinu na sve manje dijelove dođemo do zaključka da je taj prostor beskonačno djeljiv, znači beskonačan je…

Dakle, ako neka duljina ima beskonačno mnogo dijelova, onda je beskonačna? Ili nije? Kairos naglašava da ”se zbrajaju sve manji dijelovi”. Na primjer, je li ovaj zbroj beskonačan?

Ne! Slika dovoljno govori:

Površina gornjeg lika očito nije beskonačna, mada ima beskonačno mnogo dijelova. ima beskonačno mnogo članova, ali, budući da su ti članovi sve manji i manji, suma je konačna. U ovom slučaju, kao što se vidi iz slike, iznos sume je 1.

(Ili je ipak malo manji od 1? 😉 )

Evo još jednog primjera:

Dokaz:

Budući da površina gornjeg kvadrata očito nije beskonačna, jasno je da je suma konačan broj, bez obzira što je članova beskonačno mnogo. Vidite li iz slike da je ta suma 1/3? (Ili je stalno sve manje, ali uvijek još malo, malo, malo,… manja od 1/3? ;))

Dakle, moguće je zbrojiti beskonačno mnogo (sve manjih!) dijelova i dobiti konačan broj.

Sad, neki kažu da je se zbroj uvijek sve više približava iznosu 1, ali da nikad nije 1! Sigurno je da taj zbroj nije veći od 1 (svakako nije beskonačan). Ali je li 1 ili je malo manji od 1? Svaki novi pravokutnikić na ovoj slici približava površinu iznosu 1, ali nakon koliko pravokutnika će ona zapravo biti 1?

Da bi površina bila upravo 1, a ne skoro 1, potrebno je dodati beskonačno mnogo pravokutnikića. Što vi mislite, je li OK reći: jasno se vidi da na kraju suma mora biti 1, ili ipak treba cjepidlačiti s time da nema kraja nego se površina uvijek samo približava 1?

I, glavno pitanje: rješava li ovo Ahila i kornjaču?

Ako zbrojimo sve manja vremena t1 + t2 + t3 +… dobijemo li konačan ili beskonačan rezultat? Ako je konačan, što mislite je li taj rezultat jednak rezultatu kojega dobijemo ispravnim fizikalnim računom? Ako nije jednak, je li puno veći ili malo manji od fizikalno ispravnoga?

hnjo kaže:

mislim da je problem u tome što ovim načinom se vrijeme sve više smanjuje, i kad zbrojimo sve t-ove (beskonačno ih je) nikad nećemo dobiti ono vrijeme u kojemu će se oni susresti, a to je 10 sekundi

Što vi kažete? 🙂

---

Dodatak: Možemo izvesti formulu za računanje sume beskonačnog reda, kad su članovi po iznosu manji od 1. Općenito, suma 1 + x + x² + x³ + … ima konačan rezultat ako je iznos x manji od 1. (Vidjeli smo da je npr. za vrijednosti x =1 ili x =2 ta suma beskonačna.) Kolika je ta suma? Recimo da je S. Dakle,

S = 1 + x + x² + x³ + …

Sad pomnožimo obje strane jednakosti sa x.

S∙x = x + x² + x³ + x⁴ + …

S desne strane to je isti izraz kao i ranije, samo bez 1! (Je li? 😉 ) Dakle

S = S∙x + 1

S – S∙x = 1

S∙(1-x) = 1

i na kraju

.

(Dobijemo li za vrijednosti x = 1/2 i za x = 1/4 pomoću gornje formule iste rezultate kao što smo ranije dobili pomoću slika? Možemo li ovu formulu primijeniti na problem Ahila i kornjače?)