Παράδοξα – Το παράδοξο του Ραμανουτζάν (****)

Το 1910 η Κυβέρνηση της Ινδίας εφάρμοσε το παρακάτω σχέδιο φορολόγησης:
Αρχικά επιλέχθηκε τυχαία ένας ΑΜΚΑ από το σύνολο του πληθυσμού της. Στη συνέχεια με πιθανότητα 1/10 ο κάτοχος αυτού του ΑΜΚΑ υποχρεούται να πληρώσει φόρο 1.000 ρουπίες και αν αυτό συμβεί η φορολογία των πολιτών θα ολοκληρωθεί με συνολικό φόρο 1.000 ρουπίες. Αν με πιθανότητα 9/10 αυτός ο ΑΜΚΑ δεν κληθεί να πληρώσει, τότε θα επιλεγούν τυχαία 10 ΑΜΚΑ από τα υπόλοιπα διαθέσιμα και πάλι με πιθανότητα 1/10 οι κάτοχοι αυτών των ΑΜΚΑ υποχρεούνται να πληρώσουν φόρο 1.000 ρουπίες ο καθένας και η φορολογία των πολιτών θα ολοκληρωθεί με συνολικό φόρο 10.000 ρουπίες. Αν με πιθανότητα 9/10 αυτοί οι ΑΜΚΑ δεν κληθούν να πληρώσουν, τότε θα επιλεγούν τυχαία 100 ΑΜΚΑ από τα υπόλοιπα διαθέσιμα και πάλι με πιθανότητα 1/10 οι κάτοχοι αυτών των ΑΜΚΑ υποχρεούνται να πληρώσουν φόρο 1.000 ρουπίες ο καθένας και η φορολογία των πολιτών θα ολοκληρωθεί με συνολικό φόρο 100.000 ρουπίες. Η διαδικασία επαναλαμβάνεται, δεκαπλασιάζοντας κάθε φορά τα ΑΜΚΑ που επιλέγονται έως ότου κάποια ομάδα πολιτών κληθεί να πληρώσει φόρο 1.000 ρουπίες ο καθένας ή μέχρι να μην υπάρχουν άλλα διαθέσιμα ΑΜΚΑ για να επιλεγούν (κάθε πολίτης της χώρας έχει έναν ΑΜΚΑ οπότε αυτά επαρκούν για να εφαρμοστεί η διαδικασία μέχρι 10 φορές).
Ο Σρινιβάσα Ραμανουτζάν έλαβε μια ειδοποίηση από την Κυβέρνηση πως ο ΑΜΚΑ του επιλέχθηκε κατά τη διαδικασία της φορολόγησης. Άκουσε επίσης στις ειδήσεις πως βρέθηκε η ομάδα των ΑΜΚΑ που θα πληρώσει τον φόρο του έτους. Η γυναίκα του ανησύχησε πως ο Ραμανουτζάν θα χρειαστεί να πληρώσει, αλλά εκείνος την καθησύχασε λέγοντάς της πως παρόλο που επιλέχθηκε ο ΑΜΚΑ του, η πιθανότητα να πληρώσει η ομάδα του είναι μόνο 1/10. Άρα κατά 90% δεν θα πληρώσει φόρο. Εκείνη όμως δεν συμφωνούσε. Του είπε πως η ομάδα που θα πληρώσει είναι σχεδόν 9 φορές μεγαλύτερη από τις προηγούμενες ομάδες. Άρα η πιθανότητα να πληρώσει ο Ραμανουτζάν είναι περίπου 90%.
Ποιος από τους δύο έχει δίκιο και πού κάνει λάθος ο άλλος;

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
stratos, Θανάσης Παπαδημητρίου, ΓιάννηςΒ, batman1986, sf, saxon, Kordas Antonis, Kontoleon, Michalis

Παράδοξα – Πάλι 1=2 (****)

1. Ορίζουμε σαν S το παρακάτω άθροισμα απείρων όρων: $$ S = \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\dots $$ 2. Ομαδοποιούμε τους όρους του αθροίσματος με τον εξής τρόπο: $$ S = \left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{4}+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}\right)-\frac{1}{8}+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{10}\right)-\dots $$ 3. Κάνουμε τις πράξεις εντός των παρενθέσεων: $$ S = \frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{8}+\frac{1}{10}-\dots $$ 4. Βγάζουμε κοινό παράγοντα το 1/2: $$ S = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\dots\right) $$ 5. Αυτό που έμεινε μέσα στην παρένθεση είναι το αρχικό μας S. Άρα μπορούμε να γράψουμε: $$ S = \frac{1}{2}S $$ 6. Από την πιο πάνω ισότητα προκύπτει ότι: $$ 1 = 2 $$ Πού βρίσκεται το λάθος στην παραπάνω συλλογιστική;

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
sf, stratos, daskalos1971, MrKitsos, Θανάσης Παπαδημητρίου, swt, batman1986, Michalis, Χρήστος Ευθυμίου, kraptaki, Nikos Stamatiou, Διας Π, Antonios Seretis, theo, skmmcj, Tamy, John Salt, KiraDesu, Kordas Antonis, saxon, Kris Geo

Παράδοξα - Οι μη παράλληλες ευθείες δεν τέμνονται (****)

Στα άκρα ενός ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ φέρνουμε μια κάθετη ευθεία ε και μία ευθεία ε' με μικρή κλίση προς τα δεξιά. Έστω Μ το μέσο του τμήματος ΑΒ. Πάνω στην ευθεία ε' παίρνουμε το σημείο Α₁ έτσι ώστε ΑΜ=ΑΑ₁ και πάνω στην ευθεία ε παίρνουμε το σημείο Β₁ έτσι ώστε ΒΜ=ΒΒ₁.
Ας αποδείξουμε ότι ευθείες ε και ε' δεν μπορεί να τέμνονται εντός των τμημάτων ΑΑ₁ και ΒΒ₁: Αν οι δύο ευθείες τέμνονται σε κάποιο σημείο Τ εντός των τμημάτων ΑΑ₁ και ΒΒ₁ θα έπρεπε να ισχύει ότι ΑΤ<ΑΑ₁ και ΒΤ<ΒΒ₁, άρα και ότι ΑΤ+ΤΒ < ΑΑ₁+ΒΒ₁. Όμως ΑΑ₁+ΒΒ₁ = ΑΒ, άρα θα ίσχυε ότι ΑΤ+ΤΒ < ΑΒ. Όμως στο τρίγωνο ΑΤΒ, το άθροισμα των δύο πλευρών του είναι πάντοτε μεγαλύτερο από την τρίτη πλευρά, οπότε καταλήξαμε σε αντίφαση. Άρα πράγματι οι δύο ευθείες δεν μπορεί να τέμνονται εντός των τμημάτων ΑΑ₁ και ΒΒ₁. Φέρνουμε τώρα το ευθύγραμμο τμήμα Α₁Β₁, το μέσο του Μ₁ και τα σημεία Α₂ και Β₂ έτσι ώστε Α₁Μ₁=Α₁Α₂ και Β₁Μ₁=Β₁Β₂. Ακολουθώντας την προηγούμενη απόδειξη βρίσκουμε πως οι δύο ευθείες δεν μπορούν να τέμνονται εντός των τμημάτων Α₁Α₂ και Β₁Β₂.
Αυτή τη διαδικασία μπορούμε να την επαναλαμβάνουμε επ' άπειρον και να καταλήξουμε στο συμπέρασμα ότι οι ευθείες ε και ε' δεν τέμνονται πουθενά. Πού βρίσκεται το λάθος;

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
batman1986, Θανάσης Παπαδημητρίου, stratos, sf, Βαγγέλης, Antonios Seretis, Michalis, Kris Geo, kontoleon, swt, Fenonaki A., tg, Ποταμιτης, kraptaki, vasoula, Λευτέρης Παναγιωτάκος, Λευτερης Στριλιγκας, Bakaliaros CR, MrKitsos, Sofia, saxon

Παράδοξα - Όλοι οι κύκλοι έχουν ίσες περιφέρειες (*)

Στο σχήμα φαίνεται ένας δίσκος που έχει πάνω του χαραγμένους δύο κύκλους και απεικονίζεται στην αρχική και στην τελική του θέση μετά από μια πλήρη κύλισή του. Το σημείο Α του εξωτερικού κύκλου καταλήγει στο σημείο Β και το σημείο Γ του εσωτερικού κύκλου καταλήγει στο σημείο Δ. Αφού η περιστροφή είναι πλήρης, η απόσταση ΑΒ ισούται με την περιφέρεια του μεγάλου κύκλου και η απόσταση ΓΔ ισούται με την περιφέρεια του μικρού κύκλου. Όμως οι αποστάσεις ΑΒ και ΓΔ είναι προφανώς ίσες, οπότε οι δύο κύκλοι έχουν ίσες περιφέρειες.

Παράδοξα - Το δισορθογώνιο τρίγωνο (****)

1. Έστω πως έχουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ. Στο σημείο Α φέρνουμε μια κάθετη ημιευθεία. Στο σημείο Β, φέρνουμε μια σχεδόν κάθετη ημιευθεία, αλλά με πολύ μικρή κλίση προς τα αριστερά, όπως στο σχήμα. Προφανώς οι δυο ημιευθείες κάπου θα τέμνονται και θα σχηματίζεται ένα τρίγωνο. Το σημείο τομής τους δεν απεικονίζεται στο σχήμα.
2. Από το σημείο Α, φέρνουμε πάνω στην κάθετη πλευρά, μικρό τμήμα ΑΑ' μήκους x . Το ίδιο κάνουμε και στη σχεδόν κάθετη πλευρά με το τμήμα ΒΒ'.
3. Φέρνουμε τις μεσοκαθέτους στα μέσα Μ και Μ' των ΑΒ και Α'Β' αντίστοιχα. Αυτές επίσης θα τέμνονται σε ένα σημείο Τ.
4. Τα τρίγωνα ΑΤΒ και Α'ΤΒ' είναι ισοσκελή εκ κατασκευής και άρα οι γωνίες φ και φ' είναι ίσες.
5. Τα τρίγωνα Α'ΤΑ και ΒΤΒ' είναι ίσα, καθώς έχουν και τις τρεις πλευρές τους ίσες. Άρα οι γωνίες θ και θ' είναι ίσες.
6. Όμως φ + θ = 90 μοίρες, άρα και φ' + θ' = 90 μοίρες.
7. Συνεπώς το αρχικό μας τρίγωνο έχει δύο ορθές γωνίες!

Σε ποιο βήμα βρίσκεται το λάθος της απόδειξης;

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
swt, theo, stratos, sf, Νικος, Ευθύμης Αλεξίου, Antonios Seretis, Θανάσης Παπαδημητρίου, nerd, batman1986, ΒΑΣΙΛΗΣ ΛΟΥΚΑΣ, Christina Pebbles, johhny, Michalis, Βαγγέλης, Kris Geo, Peter Vettas, lakostas, kraptaki, Ποταμιτης, Λευτερης Στριλιγκας, MrKitsos, Nikos Stamatiou, G SOZELGI

Παράδοξα - Όλα τα άλογα έχουν το ίδιο χρώμα (***)

Θα αποδείξουμε πως όλα τα άλογα έχουν το ίδιο χρώμα. Ξεκινάμε με την πρόταση:

$ν$ άλογα έχουν πάντοτε το ίδιο χρώμα.

Αρκεί να αποδείξουμε πως η παραπάνω πρόταση είναι αληθής για κάθε $ν.$ Αυτό θα το επιτύχουμε με τη διαδικασία της Επαγωγής, ως εξής:

1) Επαληθεύουμε την Πρόταση για $ν=1$. Πράγματι, ένα άλογο έχει πάντοτε το ίδιο χρώμα με τον εαυτό του.

2) Υποθέτουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για $ν$ άλογα.

3) Θα αποδείξουμε πως η πρόταση είναι αληθής για $ν+1$ άλογα:
Έστω πως έχουμε μια ομάδα $ν+1$ αλόγων. Ονομάζουμε το πρώτο άλογο της ομάδας $Π$ και το τελευταίο άλογο της ομάδας $Τ$.
Αφαιρούμε το άλογο $Π$ από την ομάδα και αυτά που μένουν είναι $ν$ στον αριθμό. Άρα από την υπόθεση που κάναμε στο βήμα 2, πρέπει να έχουν όλα το ίδιο χρώμα. Οπότε το άλογο $Τ$ έχει το ίδιο χρώμα με τα υπόλοιπα.
Βάζουμε το άλογο $Π$ στη θέση του και αφαιρούμε το άλογο $Τ$ από την ομάδα. Μένουν πάλι $ν$ άλογα που έχουν όλα το ίδιο χρώμα. Οπότε το άλογο $Π$ έχει το ίδιο χρώμα με τα υπόλοιπα.
Αφού τόσο το άλογο $Τ$ όσο και το άλογο $Π$ έχουν το ίδιο χρώμα με τα υπόλοιπα, πρέπει να έχουν το ίδιο χρώμα και μεταξύ τους.
Άρα και τα $ν+1$ άλογα έχουν όλα το ίδιο χρώμα.

Αποδείξαμε με τη διαδικασία της Επαγωγής πως όλα τα άλογα έχουν το ίδιο χρώμα. Που βρίσκεται το λάθος στον παραπάνω συλλογισμό;

Παράδοξα - Το παράδοξο του μπογιατζή (***)

Στο Σχήμα 1 βλέπουμε μια επίπεδη επιφάνεια, χωρισμένη σε τμήματα. Το πρώτο τμήμα είναι τετράγωνο πλευράς $1\,εκ.$ Από το δεύτερο τμήμα και μετά, το κάθε νέο τμήμα έχει το διπλάσιο ύψος και το μισό πλάτος του προηγούμενου. Έτσι το εμβαδόν του κάθε τμήματος είναι πάντοτε $1\,εκ.^2$. Τα τμήματα αυτά είναι άπειρα σε πλήθος, οπότε το συνολικό τους εμβαδό είναι:
$E = 1\,εκ.^2 + 1\,εκ.^2 + 1\,εκ.^2 +\ldots$ , δηλαδή άπειρο.
Ένας μπογιατζής σκέφτεται πως αν ήθελε να βάψει αυτή την επιφάνεια θα χρειαζόταν άπειρη ποσότητα χρώματος.
Περιστρέφουμε τώρα την επιφάνεια γύρω από την ημιευθεία που βρίσκεται στο δεξιό σύνορο του Σχήματος 1 μέχρι να σχηματιστεί ένας πλήρης κύκλος. Προκύπτει έτσι το στερεό του Σχήματος 2 που αποτελείται από άπειρο πλήθος κυλίνδρων.
Ο όγκος ενός κυλίνδρου ακτίνας $r$ και ύψους $h$, δίνεται από τον τύπο: $V=πr^2h$.
O $ν\,$–οστός κύλινδρος του Σχήματος 2 μετρώντας από επάνω έχει ακτίνα $r=1/2^{ν-1}\,εκ.$ και ύψος $h=2^{ν-1}\,εκ.$ Άρα ο όγκος του $ν\,$–οστού κυλίνδρου είναι $V_ν=π/2^{ν-1}\,εκ.^3$.
Ο συνολικός όγκος του στερεού του σχήματος 2 είναι:
$$V=π\,(1+1/2+1/2^2+1/2^3+\ldots)\,εκ.^3$$ Μέσα στην παρένθεση του πιο πάνω τύπου έχουμε ένα γνωστό άθροισμα μιας γεωμετρική προόδου απείρων όρων, το οποίο συγκλίνει στην τιμή $2$. Άρα ο συνολικός όγκος του Σχήματος 2 είναι:
$$V=2π\,εκ.^3$$ Ας φανταστούμε τώρα ότι το στερεό του Σχήματος 2 είναι μέσα κούφιο, σχηματίζοντας ένα δοχείο. Για να το γεμίσει ο μπογιατζής θα χρειαζόταν χρώμα όγκου $2π\,εκ.^3$. Στη συνέχεια σκέφτεται πως εάν βουτούσε το επίπεδο του Σχήματος 1 μέσα στο δοχείο με το χρώμα, τότε θα το έβγαζε βαμμένο και μάλιστα και από τις δύο πλευρές.
Οδηγείται λοιπόν σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα: το πρώτο είναι ότι το επίπεδο χρειάζεται άπειρη ποσότητα χρώματος για να βαφτεί και το δεύτερο είναι ότι αρκούν $6,28\,εκ.^3$ χρώματος περίπου. Σε ποιο σημείο του συλλογισμού του μπογιατζή βρίσκεται το λάθος;

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
RIZOPOULOS GEORGIOS, percival, ΕΑΛΕΞΙΟΥ, stratos, batman1986, Θανάσης Παπαδημητρίου, Σωτήρης, saxon, BOMBER, alexpsomi, sotrixios, nerd, Kensh1n, Michalis, sf, Kordas Antonis, swt, Νεφέλη, daskalos1971, Steli0s1, ΒΑΣΙΛΗΣ ΛΟΥΚΑΣ, kraptaki

Παράδοξα - Το παράδοξο της Ωραίας Κοιμωμένης (*****)

Η Ωραία Κοιμωμένη δέχτηκε να συμμετάσχει στο παρακάτω πείραμα:
Την Κυριακή θα πάρει μία δόση υπνωτικού και θα πέσει για ύπνο. Ενώ κοιμάται, ένας ερευνητής θα στρίψει ένα νόμισμα.
Αν το νόμισμα έρθει Κορώνα, θα ξυπνήσει την Κοιμωμένη τη Δευτέρα και θα της κάνει την ερώτηση: «ποια είναι η πιθανότητα το νόμισμα που έστριψα να έφερε Κορώνα;». Η Κοιμωμένη θα δώσει την απάντησή της και το πείραμα θα τελειώσει.
Αν το νόμισμα έρθει Γράμματα, θα ξυπνήσει πάλι την Κοιμωμένη τη Δευτέρα και θα της κάνει την ίδια ερώτηση. Η Κοιμωμένη θα απαντήσει, αλλά στη συνέχεια θα της χορηγήσει άλλη μια δόση του υπνωτικού που θα την κοιμίσει μέχρι την Τρίτη. Τότε θα την ξυπνήσει πάλι και θα της επαναλάβει για δεύτερη φορά την ίδια ερώτηση. Η Κοιμωμένη θα απαντήσει και το πείραμα θα τελειώσει.
Η Κοιμωμένη γνωρίζει ακριβώς τους όρους του πειράματος, αλλά σε κανένα ξύπνημά της δεν γνωρίζει τι μέρα είναι, ούτε θυμάται αν έχει ξυπνήσει ξανά.
Ποια είναι η σωστή απάντηση που πρέπει να δώσει μόλις ξυπνήσει;

Το πρόβλημα έχει διχάσει τις γνώμες έμπειρων γριφολυτών, μαθηματικών και φιλοσόφων. Υπάρχουν τρεις διαφορετικές σχολές σκέψης: Οι halfers, που υποστηρίζουν πως η πιθανότητα είναι 1/2, οι thirders που υποστηρίζουν πως η πιθανότητα είναι 1/3 και οι ουδέτεροι που υποστηρίζουν πως το πρόβλημα δεν έχει ξεκάθαρη λύση γιατί δεν ορίζεται επαρκώς. Αυτός είναι ο λόγος που έχει χαρακτηριστεί παράδοξο, ενώ η διαμάχη των halfers με τους thirders συνεχίζεται μέχρι και σήμερα.

Παράδοξα - Πέντε προτάσεις (**)

Διαβάστε τις παρακάτω πέντε προτάσεις και αποφασίστε ποιες από αυτές είναι αληθείς και ποιες ψευδείς:

Η επόμενη πρόταση είναι αληθής.
Η επόμενη πρόταση είναι ψευδής.
Η επόμενη πρόταση είναι αληθής.
Η επόμενη πρόταση είναι ψευδής.
Η πρώτη πρόταση είναι αληθής.

Στη συνέχεια κάντε το ίδιο και για τις παρακάτω πέντε προτάσεις:

Η επόμενη πρόταση είναι ψευδής.
Η επόμενη πρόταση είναι αληθής.
Η επόμενη πρόταση είναι ψευδής.
Η επόμενη πρόταση είναι αληθής.
Η πρώτη πρόταση είναι ψευδής.

Παρατηρείτε μια ουσιαστική διαφορά μεταξύ των δύο ομάδων προτάσεων; Πού οφείλεται;

Παράδοξα - Όλα τα τρίγωνα είναι ισοσκελή (**)

1.     Κατασκευάζουμε ένα τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ.

2.     Φέρνουμε τη διχοτόμο της γωνίας Α και τη μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Το σημείο που τέμνονται το ονομάζουμε Η. Από το σημείο Η φέρνουμε κάθετες και προς τις άλλες δύο πλευρές.

3.     Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΗ και ΑΖΗ είναι ίσα, επειδή έχουν ίση τη μισή γωνία Α και την πλευρά ΑΗ κοινή. Άρα ΑΕ = ΑΖ (1).

4.     Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΔΗ και ΓΔΗ είναι ίσα, επειδή έχουν ΒΔ = ΔΓ και την πλευρά ΗΔ κοινή. Άρα ΗΒ = ΗΓ.

5.     Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΕΗ και ΓΖΗ είναι ίσα, επειδή έχουν ΗΒ = ΗΓ (από το Βήμα 4) και ΕΗ = ΗΖ (από το Βήμα 3). Άρα ΕΒ = ΖΓ (2).

6.     Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει πως ΑΒ = ΑΓ.

7.     Άρα το τυχαίο τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Που βρίσκεται το λάθος;

Παράδοξα - Το παράδοξο της σανίδας (*****)

Κατά τη γνώμη μου, όποιος επιλύει αυτό το παράδοξο χωρίς εξωτερική βοήθεια είναι ένας νέος Ισαάκ Νεύτων!
Για την παρακολούθηση της πιο κάτω απόδειξης απαιτούνται κάπως πιο προχωρημένες γνώσεις Φυσικής.
Μία σανίδα μήκους $L=1$ μέτρο, είναι γερμένη πάνω σε έναν τοίχο κάθετο με το έδαφος, όπως φαίνεται στο σχήμα.
Πιάνουμε τη σανίδα από το κάτω άκρο της και την τραβάμε μακριά από τον τοίχο με μικρή αλλά σταθερή ταχύτητα $\nu$. Η σανίδα θα αρχίσει να κινείται τόσο κατά τον οριζόντιο όσο και κατά τον κατακόρυφο άξονα, ενώ θα βρίσκεται σε επαφή με τον τοίχο και το έδαφος.
Θα αποδείξουμε πως το άνω άκρο της σανίδας θα καταλήξει να κινείται με άπειρη ταχύτητα. Προσπαθήστε να ανακαλύψετε σε ποιο από τα παρακάτω βήματα βρίσκεται το λάθος και γιατί.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

1. Ορίζουμε σαν $x(t)$ την οριζόντια απόσταση που απέχει κάθε χρονική στιγμή $t$ το κάτω άκρο της σανίδας από τον τοίχο.
2. Ορίζουμε σαν $y(t)$ την κάθετη απόσταση που απέχει κάθε χρονική στιγμή $t$ το άνω άκρο της σανίδας από το έδαφος.
3. Αφού ο τοίχος, το έδαφος και η σανίδα σχηματίζουν κάθε στιγμή ένα ορθογώνιο τρίγωνο, μπορούμε να γράψουμε:
$$L^2=x(t)^2+y(t)^2$$
4. Από το Βήμα 3 προκύπτει πως:
$$y(t)=\sqrt{L^2-x(t)^2}$$
5. Υπολογίζουμε την παράγωγο του $y$ ως προς $t$, με τον κανόνα της αλυσίδας και τον κανόνα της παραγώγισης σύνθετης συνάρτησης:
$$\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}=\frac{-x}{\sqrt{L^2-x^2}}\frac{dx}{dt}$$
6. Το διαφορικό $dy/dt$ μπορούμε να το συμβολίσουμε σαν $u(t)$ και είναι η ταχύτητα που κινείται το άνω άκρο της σανίδας πάνω στον τοίχο και το διαφορικό $dx/dt$ είναι η σταθερή ταχύτητα $\nu$ που κινείται το κάτω άκρο της σανίδας πάνω στο έδαφος. Δηλαδή η σχέση στο Βήμα 5 γράφεται:
$$u(t)=\frac{-x(t)\cdot\nu}{\sqrt{L^2-x(t)^2}}$$ Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε και αν υπολογίζαμε την παράγωγο $dy/dt$ στον τύπο του 4ου Βήματος, αναλύοντας το $x(t)$ σε $x_o+\nu t$.
7. Όσο η σανίδα πλησιάζει να ακουμπήσει ολόκληρη στο έδαφος, το $x$ τείνει στο $L$. Έτσι ο αριθμητής του πιο πάνω κλάσματος τείνει στην τιμή $–L\nu$, η οποία είναι μη μηδενική και ο παρονομαστής τείνει στο μηδέν.
8. Άρα η ταχύτητα $u(t)$ του άνω άκρου της σανίδας συνεχώς αυξάνεται και ενώ η σανίδα τείνει να ακουμπήσει στο έδαφος, η ταχύτητα τείνει στο άπειρο.

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
trapatsas, pegasusgr, takis7up, swt, Michalis, batman1986, stratos, MrKitsos, saxon, kraptaki, Zaxarias, Test, Antonis1996, ΘΑΝΑΤΟΣ, Maugrim, theo, vakos, Aspect, mousatos, Antonis Tsiflikiotis, raffako, xp2012, Crocodile23, agelos, @md@, Θανάσης Παπαδημητρίου, Roland_Of_Gilead, Βαγγέλης, st1, ΕΑΛΕΞΙΟΥ, Aliki, ΓιώργοςΚων, cris, Σωτήρης, argram, George78, Spyros, sf, Petros, nerd, Νεφέλη, Steli0s1

Παράδοξα - Απόδειξη πως είμαι ο Πάπας με χρήση Διαφορικού Λογισμού (****)

Την παρακάτω απόδειξη πως είμαι ο Πάπας την έστειλα στο Βατικανό και περιμένω την απόφασή τους για το σχετικό χρίσμα. Λέτε να γίνει δεκτή ή όχι και γιατί;

1. Ξεκινάμε με την ισότητα $x^2=x\cdot x$
2. Το δεύτερο μέλος γράφεται $x+x+x+\ldots+x$   ($x$ φορές)
3. Άρα $x^2=x+x+x+\ldots+x$   ($x$ φορές)
4. Παίρνουμε την παράγωγο ως προς $x$ και των δύο μελών: $(x^2)'=(x+x+x+\ldots+x)'$
5. Επειδή η παράγωγος ενός αθροίσματος ισούται με το άθροισμα των παραγώγων του έχουμε: $(x^2)'=x'+x'+x'+\ldots+x'$
6. Υπολογίζουμε τις παραγώγους και στα δύο μέλη: $2x=1+1+1+\ldots+1$   ($x$ φορές)
7. Άρα $2x=x$
8. Για $x\neq 0$ προκύπτει πως $2=1$
9. Ο Πάπας είναι ένας.
10. Κι εγώ είμαι ένας.
11. Άρα εγώ και ο Πάπας είμαστε δύο.
12. Επειδή όμως στο Βήμα 8 απέδειξα πως $2=1$, σημαίνει πως εγώ και ο Πάπας είμαστε ένα.
13. Άρα εγώ είμαι ο Πάπας!

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
bioamanas, Δημητρης, ΧΑΡΗΣ, trapatsas, batman1986, aldel, MrKitsos, pegasusgr, xazos+xaroumenos!, Xrhstaras, takis7up, panagos, Antonis1996, swt, Michalis, green_leaf, stratos, Sipan, Konstantinos Ts, dpap78, Πάνος, kraptaki, saxon, Steli0s1, Spyros, Zaxarias, Xiaris, Test, ΘΑΝΑΤΟΣ, Dreamkiller, akousis, Δ.Δ., kwstas148, theo, efthimis, Xeliaz, gedelbil, debate, Nikos Stamatiou, Θανάσης Παπαδημητρίου, kb666, Μητσαρας, spyros7, rockwave, Crocodile23, manwlou, agelos, Leo28, ΕΑΛΕΞΙΟΥ, qwerty, depier-2012, Roland_Of_Gilead, Βαγγέλης, Thanos, Λεωνιδας, Stavros Karakepelis, G SOZELGI, Peter V, Panos, Dsp-Ninja, cris, Νίκος, Σωτήρης, parmapan, βασ.νταιφ, ioannesx, antonisss, nikos_ex, Nikos Lentzos, Γεώργιος, sf, George Efthim, Kris Geo, Filippos, Agis, George78, nerd, alexpsomi, Χελιδὼν, poe815, Νεφέλη, Gio, daskalos1971, YIANNIS KAZIA, BOMBER, ΧΡΙΣΤΑΚΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, ΒΑΣΙΛΗΣ ΛΟΥΚΑΣ, KiraDesu

Παράδοξα - Ένας ελέφαντας ζυγίζει όσο ένα κουνούπι (**)

Προσπαθήστε να βρείτε που βρίσκεται το λάθος στον παρακάτω υπολογισμό:

1. Έστω πως $x$ είναι το βάρος ενός ελέφαντα και $y$ είναι το βάρος ενός κουνουπιού.
2. Έστω πως $2b$ είναι το συνολικό τους βάρος. Δηλαδή $x+y=2b$
3. Την πιο πάνω εξίσωση μπορούμε να την γράψουμε με δύο τρόπους: Α) $x=\,–y+2b$     Β) $x–2b=\,–y$
4. Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις εξισώσεις Α και Β και παίρνουμε: $x(x–2b)=\,–y(–y+2b)\Leftrightarrow x^2–2xb=y^2–2yb$
5. Προσθέτουμε σε κάθε μέλος της πιο πάνω εξίσωσης το $b^2$ και έχουμε: $x^2–2xb+b^2=y^2–2yb+b^2$
6. Παραγοντοποιούμε και τα δύο μέλη με χρήση της γνωστής ταυτότητας: $(x–b)^2=(y–b)^2$
7. Παίρνουμε την τετραγωνική ρίζα και των δύο μελών: $x–b=y–b$
8. Προσθέτουμε το $b$ και στα δύο μέλη: $x=y$

και καταλήγουμε πως ένας ελέφαντας ζυγίζει όσο ένα κουνούπι!

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
GRigori0s, Steli0s1, NIGHTMARE, Godfather_X, Teo, alpapado, Baggos, Maestro, ΧΑΡΗΣ, ismini, agios1991, batman1986, bioamanas, titanomegistoterastios, fandom, trapatsas, aldel, kajabbar, x_mac, Sourotiri, MrKitsos, offspring, pegasusgr, Pavlos D., xazos+xaroumenos!, Kontoleon, xrhstaras, nikos-sora, stratos, takis7up, enfante gatee, sotrixios, Christine MgKl, panagos, Agelos_X, Antonis1996, gousia, Geniuskanela, tg, swt, Aristotelis, Dimitrios, πρεζοναυτης, The Bug, Michalis, ksekarfotos, mstasos, Konstantinos Ts, 1st1, psofoC, Stoyo, dimitris83, Eris Skampis, panos, 23os,  johnthegreek, dpap78, Kordas Antonis, μαρια17, Kyrillos, Πάνος, saxon, jimis petkos, kraptaki, giannhs, Αυτοδιδακτος, vasil, sapounofouskes, griffith, konikuno, ΧΟΥΛΚ, Χάρης, diamanto, Κυριαζής Γιώργος, ΤΖΩΤΖΙΟΥ, Aris S, Spyros, Zaxarias, Test, Nick, anty, elenii, GooD, ΘΑΝΑΤΟΣ, necrothaftis, themis, epicas, Dreamkiller, alex, aristi, paris, fighter, DanielGraig, p.kritikos, CHRISFYT, stavgeor, stav, killerado, akousis, Δ.Δ., DrH, mars, GiorgosP, Ι.Σ., nik_pil, kwstas148, Babis, cascader, kostas, kostakis, panos, theo, Aspect, panos1982, profesorofchoise, efthimis, periklis, vad, Xeliaz, gedelbil, Nikos Stamatiou, st, debade, Μάνος8, Θανάσης Παπαδημητρίου, Γιώργος, Nikos Stamatiou, manos8, Christos II', vasilis, mousatos, Master, adria96, andreasi2008, vantsak, ION, BOMBER, elgato13, Crocodile23, Aliki, Tzortz1s, takis, koritsares, fokion, zou, ΕΑΛΕΞΙΟΥ, AlexiouG, percival, Maladict, Leo28, jason1996, argram, BAndrew, qwerty, tasosi2008, vassilistrend, stelios stylianou, Βαγγέλης, Roland_Of_Gilead, leoperisteri13, g&k, depier-2012, george ts, Tamy, γιωργος f.r., Mike Ambas, filareti, nama, dimitris94, Thanos, DepyAl, Stavros Karakepelis, VAKIS, Εύα, G SOZELGI, Panos, cris, Jason Tzimas, Περικλης Μανιατης, xpanos1999, Κώστας Χαραλαμπίδης, Nikos V, Anestis, Πέτρος, Σωτήρης, καιτη.π, Dimitris Passas, L, parmapan, KOSPOD, evelyn, Κυριάκος Κουγιουμτζόπουλος, SDAce, lakostas, Johnny, βασ.νταιφ, George Psom, Kodi NikaiaGR, Τροικα, jorge1, daskalos1971, στρατιωτης, Lucidreamer, Πειραχτήρι, antonisss, Παναγιωτης Καταραχιας, Χρηστος Χ, nikos_ex, Κάποιος, Jason Tarzan, ΔΡΟΣΕΡΟΣ, sf, Nikos Lentzos, Γεώργιος, Chica, παναης, ΧΡ.ΧΑΣΑΝΕΑΣ, mikes tsampounaris, Κυριαζής Γιώργος, gerodiak, geo, George Efthim, thanos logothetis, ZORIKOS, Kris Geo, asotos-ios, QuestionOfHeaven, NiSmO, PanosZero, Peter V, Konstantinos, alexpsomi, panoslep, zoe, John Samaras, nerd, Georgia Panagopoulou, anastasia589, Drifter, Kensh1n, Alone, grvoodoo, I Love Harry Potter, Teodoros Tsantilis, ΒΑΣΙΛΗΣ ΛΟΥΚΑΣ, jony, Γρηγόρης, γιωργοςταφ, Νεφέλη, Gio, Vag Rip, sxg, wfE EWFWAF, kakkalos, integral, YIANNIS KAZIA, Axilleas, ΧΡΙΣΤΑΚΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, ΧΡΙΣΤΑΚΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, Νίκος Ηλιόπουλος, manoskothris, John Salt, KiraDesu, Χρήστος Κάλλης

Παράδοξα - Προσδιορισμός αριθμών (****)

Παρακάτω θα αποδείξουμε πως κάθε φυσικός αριθμός μπορεί να προσδιορισθεί με δεκατέσσερις λέξεις ή λιγότερες. Φυσικοί λέγονται οι ακέραιοι αριθμοί που είναι μεγαλύτεροι του 0. Λέγοντας λέξεις εννοούμε ελληνικές λέξεις που περιέχονται σε οποιοδήποτε λεξικό και οι οποίες πρέπει να σχηματίζουν κάποια φράση με νόημα. Π.χ. η φράση "ο φυσικός αριθμός μεταξύ του τρία και του πέντε" προσδιορίζει τον αριθμό 4.
Η πρόταση είναι προφανώς εσφαλμένη για τον εξής λόγο: Οι ελληνικές λέξεις είναι πεπερασμένες. Οι συνδυασμοί που προκύπτουν από δεκατέσσερις λέξεις επιλεγμένες από ένα πεπερασμένο σύνολο λέξεων είναι επίσης πεπερασμένοι. Οι φυσικοί αριθμοί όμως είναι άπειροι και συνεπώς δεν μπορούν να αντιστοιχιστούν όλοι με κάποιον συνδυασμό 14 ή λιγότερων λέξεων, ακόμα και αν όλοι αυτοί οι συνδυασμοί είχαν κάποιο νόημα.

Η παρακάτω απόδειξη γίνεται με τη μέθοδο της ατόπου απαγωγής που λειτουργεί ως εξής: Θέλουμε να αποδείξουμε πως μία πρόταση Α είναι αληθής. Υποθέτουμε αρχικά πως είναι ψευδής και στη συνέχεια με λογικούς συνειρμούς προσπαθούμε να καταλήξουμε σε αντίφαση. Τότε η υπόθεση που κάναμε πως η πρόταση Α είναι ψευδής δεν είναι σωστή και συνεπώς η πρόταση Α πρέπει να είναι αληθής.
Προσπαθήστε να ανακαλύψετε γιατί η απόδειξη είναι λανθασμένη.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

1. Υποθέτουμε πως υπάρχουν φυσικοί αριθμοί που δεν μπορούν να προσδιορισθούν με δεκατέσσερις λέξεις ή λιγότερες.
2. Ένας από αυτούς τους αριθμούς θα είναι ο μικρότερος τους. Τον ονομάζουμε Ν.
3. Τότε ο αριθμός Ν μπορεί να ορισθεί ως «ο μικρότερος φυσικός αριθμός που δεν μπορεί να προσδιορισθεί με δεκατέσσερις λέξεις ή λιγότερες».
4. Αυτή η πρόταση προσδιορίζει τον αριθμό Ν με δεκατέσσερις λέξεις και άρα έρχεται σε αντίφαση με την υπόθεση πως ο Ν είναι ένας αριθμός που δεν μπορεί να προσδιορισθεί με δεκατέσσερις λέξεις ή λιγότερες.
5. Αφού η αρχική υπόθεση που κάναμε στο Βήμα 1 οδήγησε με λογικά βήματα σε αντίφαση, πρέπει να είναι εσφαλμένη.
6. Άρα όλοι οι φυσικοί αριθμοί μπορούν να προσδιορισθούν με δεκατέσσερις λέξεις ή λιγότερες!

Σωστή απάντηση έχουν δώσει οι:
aldel, batman1986, pegasusgr, MrKitsos, offspring, Christine MgKl, swt, Michalis, Stoyo, gaga, stratos, kraptaki, saxon, Zaxarias, Test, ΘΑΝΑΤΟΣ, theo, Θανάσης Παπαδημητρίου, Crocodile23, percival, Leo28, sbetsika, ΕΑΛΕΞΙΟΥ, Roland_Of_Gilead, Βαγγέλης, Σωτήρης, Nikos Lentzos, alexpsomi, nerd, sf, Γρηγόρης, Νεφέλη

Παράδοξα - Χαμένο ευρώ (****)

Τρεις φίλοι μπαίνουν σε μια κάβα και αγοράζουν ένα μπουκάλι κρασί που κοστίζει 30 ευρώ δίνοντας 10 ευρώ ο καθένας. Φεύγοντας, τους προλαβαίνει ο υπάλληλος και τους λέει πως έκανε λάθος γιατί το μπουκάλι στοιχίζει 25 και όχι 30 ευρώ και γι' αυτό τους επιστρέφει 5 ευρώ ρέστα.
Αυτοί, αφού δεν μπορούν να μοιράσουν τα 5 ευρώ στα τρία, παίρνουν από 1 ευρώ ο καθένας και δίνουν 2 ευρώ φιλοδώρημα στον υπάλληλο για την καλή του πράξη.
Στο τέλος όμως σκέφτονται: Έδωσε ο καθένας μας 10 ευρώ και πήρε ένα πίσω, άρα ο καθένας πλήρωσε 9 ευρώ. Τρεις φορές το 9 μας κάνει 27 και 2 ευρώ για το φιλοδώρημα, 29.
Τι έγινε το ένα ευρώ;

Παράδοξα - Ανταλλαγή φακέλων (****)

Η Αλίκη και ο Βασίλης τραβάνε στην τύχη από έναν κλειστό φάκελο ο καθένας. Ο οργανωτής του παιχνιδιού τους λέει πως ο κάθε φάκελος έχει μέσα ένα χρηματικό ποσό το οποίο το έχουν ήδη κερδίσει. Τους λέει επίσης ότι ο ένας φάκελος έχει το διπλάσιο ποσό από τον άλλον, χωρίς να τους αποκαλύψει ποιος. Στη συνέχεια τους δίνεται το δικαίωμα αν θέλουν να ανταλλάξουν μεταξύ τους φακέλους.

Η Αλίκη υπολογίζει το κέρδος που αναμένεται να έχει αν δεχτεί να αλλάξει φακέλους ως εξής:
Αν x είναι το ποσό που έχει μέσα ο φάκελός της, τότε με πιθανότητα 1/2 διπλασιάζει το ποσό της, οπότε θα έχει κέρδος x, ενώ με πιθανότητα 1/2 υποδιπλασιάζει το ποσό της, οπότε θα έχει κέρδος -x/2. Σύμφωνα με αυτόν τον συλλογισμό το αναμενόμενο κέρδος της είναι:
(1/2) * x + (1/2) * –x/2 = x/4.
Άρα έχει 25% αναμενόμενο κέρδος αν αλλάξει φακέλους και συνεπώς δέχεται να κάνει την αλλαγή.
Τον ίδιο συλλογισμό κάνει και ο Βασίλης από τη δική του πλευρά και καταλήγει φυσικά στο ίδιο συμπέρασμα, ότι δηλαδή τον συμφέρει κι αυτόν να αλλάξει φακέλους.
Έτσι πραγματοποιείται η αλλαγή. Πριν όμως ανοίξουν τους φακέλους τους και αποκαλυφθούν τα ποσά που κρύβουν, η Αλίκη επαναλαμβάνει τον συλλογισμό της και βρίσκει πως η εκ νέου αλλαγή φακέλων θα της αποφέρει ένα επιπλέον κέρδος λίγο μεγαλύτερο του 25%, το οποίο προκύπτει αν αντί του x στον τύπο βάλουμε το x + x/4 που είναι το ποσό που αναμένει να έχει τώρα στον φάκελό της. Το ίδιο υπολογίζει και ο Βασίλης, οπότε ξανα-αλλάζουν φακέλους και ο καθένας τους θεωρεί πως τώρα έχει ένα αναμενόμενο κέρδος λίγο μεγαλύτερο του 50%. Με το ίδιο σκεπτικό συνεχίζουν να αλλάζουν φακέλους μέχρι να γίνουν και οι δύο πάμπλουτοι.
Στην παραπάνω λογική κάτι πρέπει να πηγαίνει τελείως λάθος, αλλά τι ακριβώς;

Παράδοξα - Το παράδοξο της Αγίας Πετρούπολης (****)

Κάποιος σας προτείνει να παίξετε ένα παιχνίδι τύχης με τους εξής όρους: Θα ρίχνετε συνεχώς ένα νόμισμα μέχρι αυτό να φέρει για πρώτη φορά Κορώνα. Αν αυτό συμβεί με την πρώτη σας προσπάθεια θα σας δώσει 2 ευρώ και το παιχνίδι θα τελειώσει. Αν συμβεί με τη δεύτερη προσπάθειά σας θα σας δώσει 4 ευρώ. Αν συμβεί με την τρίτη θα σας δώσει 8 ευρώ και γενικά όσο περισσότερο καθυστερεί η εμφάνιση της πρώτης Κορώνας, τόσο αυτός θα διπλασιάζει το ποσό που θα κερδίσετε. Το ερώτημα είναι ποιο είναι το μέγιστο ποσό που διατίθεστε να πληρώσετε σαν εισιτήριο για να συμμετάσχετε στο παιχνίδι;

Ας προσπαθήσουμε να δώσουμε μια μαθηματική απάντηση στο πρόβλημα στην περίπτωση που ο διοργανωτής σας έλεγε πως θα ρίξετε το νόμισμα μία φορά και αν δεν φέρετε Κορώνα δεν θα πάρετε τίποτα. Τότε το αναμενόμενο κέρδος σας θα ήταν:
1/2 * 2 ευρώ + 1/2 * 0 ευρώ = 1 ευρώ και άρα μέχρι 1 ευρώ θα σας συνέφερε να πληρώσετε σαν εισιτήριο για να παίξετε.
Αν ο διοργανωτής σας έλεγε πως θα ρίξετε το νόμισμα μέχρι δύο φορές το πολύ και αν δεν φέρετε Κορώνα μέχρι τότε δεν θα πάρετε τίποτα, τότε το αναμενόμενο κέρδος σας θα ήταν:
1/2 * 2 ευρώ + 1/2 * (1/2 * 4 ευρώ + 1/2 * 0 ευρώ) = 2 ευρώ και άρα μέχρι 2 ευρώ θα σας συνέφερε να πληρώσετε σαν εισιτήριο για να παίξετε.
Γενικεύοντας, γίνεται φανερό πως αν ο διοργανωτής σας έλεγε πως θα ρίξετε το νόμισμα μέχρι Ν φορές το πολύ, τότε θα σας συνέφερε να πληρώσετε μέχρι Ν ευρώ για να συμμετάσχετε στο παιχνίδι.

Στην πραγματική περίπτωση ο διοργανωτής δεν έθεσε περιορισμό για το μέχρι πόσες φορές μπορείτε να ρίξετε το νόμισμα και αυτό εξαρτάται μόνο από το πότε θα έρθει η πρώτη Κορώνα. Επειδή η πρώτη Κορώνα μπορεί να καθυστερήσει απεριόριστες επαναλήψεις να εμφανισθεί, προκύπτει πως σαν συμφέρει να πληρώσετε ένα απεριόριστα μεγάλο ποσό για να συμμετάσχετε στο παιχνίδι.
Παρ' όλ' αυτά, είναι απίθανο κάποιος να δεχτεί να πληρώσει περισσότερα από 10 ευρώ περίπου για να παίξει. Που νομίζετε ότι οφείλεται αυτή η τεράστια διαφορά μεταξύ του μαθηματικού υπολογισμού και της ανθρώπινης διαίσθησης;

Παράδοξα - Ανακατασκευή τετραγώνου (****)

Παίρνουμε ένα τετράγωνο χαρτόνι και το διαγραμμίζουμε σε οκτώ επί οκτώ ίσα μικρότερα τετράγωνα, σαν σκακιέρα. Στη συνέχεια κόβουμε το χαρτόνι πάνω στις γραμμές που φαίνονται στο πρώτο σχήμα.

Αναδιατάσσουμε τα κομμάτια ώστε να σχηματίσουμε ένα νέο σχήμα που είναι ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με διαστάσεις 13 x 5, όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα.

Το αρχικό τετράγωνο αποτελούνταν από 8 x 8 = 64 μικρότερα τετράγωνα, ενώ το νέο σχήμα αποτελείται από 13 x 5 = 65 τετράγωνα. Πως προέκυψε αυτό το επιπλέον τετραγωνάκι;

Παράδοξα - Το παράδοξο του Russell (*****)

Σε μια βιβλιοθήκη υπάρχουν κάποιοι κατάλογοι που περιέχουν τίτλους βιβλίων σχετικών με κάποιο θέμα.
Για την καλύτερη εξυπηρέτηση των αναγνωστών, υπάρχουν και κάποιοι πιο γενικοί κατάλογοι οι οποίοι περιέχουν τίτλους των προηγούμενων καταλόγων αναλόγως με το θέμα στο οποίο αναφέρονται.
Από λάθος όμως, μερικοί από αυτούς τους γενικούς καταλόγους περιέχουν και τον τίτλο του εαυτού τους. Όταν ο υπεύθυνος της βιβλιοθήκης αντιλήφθηκε το λάθος αποφάσισε να φτιάξει έναν νέο κατάλογο, τον οποίο ονόμασε «Κατάλογος Σωστών Καταλόγων» και ο οποίος θα περιέχει όλους τους τίτλους των γενικών καταλόγων που δεν περιέχουν τον εαυτό τους.
Και εδώ εμφανίζεται το παράδοξο: Θα πρέπει να συμπεριλάβει στον νέο κατάλογό του τον καινούργιο τίτλο; Αν τον συμπεριλάβει τότε θα περιέχει τον εαυτό του και άρα δεν θα είναι σωστός κατάλογος. Αν δεν τον συμπεριλάβει τότε ο νέος κατάλογος δεν θα περιέχει όλους τους τίτλους των γενικών καταλόγων που δεν περιέχουν τον εαυτό τους.

Παράδοξα - Το παράδοξο του Ζήνωνα (*)

Ο Αχιλλέας έκανε αγώνα δρόμου με μια χελώνα. Επειδή όμως ήταν σαφώς πιο γρήγορος από αυτήν, ξεκίνησαν με μια απόσταση μεταξύ τους S₀. Όταν ο Αχιλλέας έφτασε στο σημείο που βρισκόταν αρχικά η χελώνα, αυτή στο μεταξύ είχε προχωρήσει κατά μια απόσταση S₁. Όταν ο Αχιλλέας κάλυψε την απόσταση S₁, η χελώνα είχε στο μεταξύ προχωρήσει κατά μια μικρότερη απόσταση S₂.
Επαναλαμβάνοντας αυτή τη διαδικασία φαίνεται πως ο Αχιλλέας δεν θα μπορούσε ποτέ να ξεπεράσει τη χελώνα. Ποια είναι η λύση αυτού του παραδόξου;