Ugrás a tartalomhoz

Matematikai mozaik

Andrásfai Béla, Bakos Tibor, Bognár Jánosné, Bognár Mátyás, Gallai Tibor, Hódi Endre, Laczkovich Miklós, Molnár Ferenc, Reimann István, Rényi Alfréd, Révész Pál, Rónyai Lajos, Surányi János, Vadkerty Tibor, Varga Tamás

Typotex

1 MILLIMÉTER = 1000 KILOMÉTER

1 MILLIMÉTER = 1000 KILOMÉTER

(HIBÁS BIZONYÍTÁSOK)

VARGA, TAMÁS


Tartalom

JEGYZETEK

1. példa. Bebizonyítom, hogy (2⋅6/6⋅5)=(2/5)

2 6 6 5 = 2 5 . Egyszerűsítek 6-tal:

(2⋅̸6/̸6⋅5)=(2/5)
2 ̸6 ̸6 5 = 2 5

Az állítás igaz. A bizonyítás helyes.

2. példa. Bebizonyítom, hogy (26/65)=(2/5)

26 65 = 2 5 . Egyszerűsítek 6-tal:

(2̸6/̸65)=(2/5)
2̸6 ̸65 = 2 5

Az állítás igaz. A bizonyítás azonban hibás. Huszonhat hatvanötöd csakugyan egyenlő kétötöddel, de ez nem következik abból, hogy a két 6-os számjegy törlése után (2/5)

2 5 alakú kifejezést kapunk. Véletlenül jó eredményt kapunk (26=2⋅13, 65=5⋅13) ( 26 = 2 13 , 65 = 5 13 ) , de a módszer, mint a következő példa mutatja, nem általános érvényű.

3. példa. Bebizonyítom, hogy (27/75)=(2/5)

27 75 = 2 5 . Egyszerűsítek 7-tel, ahogy az előbb 6-tal:

(2̸7/̸75)=(2/5).
2̸7 ̸75 = 2 5 .

Az előbbi módszer most nyilvánvalóan tévútra vezetett. 75=5⋅15

75 = 5 15 , de 27 nem egyenlő 2⋅15 2 15 -tel; 27 egyetlen egész szám kétszeresével sem egyenlő (1. jegyzet).

Az állítás téves. A bizonyítás hibás. Most olyan példa volna soron, amelyben az állítás téves, a bizonyítás mégis helyes. Ilyen példát azonban nem tudunk, mert ilyen példa nem létezik. Hibás bizonyításból adódhat olyan eredmény is, ami igaz, olyan is, ami nem; de helyes bizonyítás nem vezethet téves eredményre, hacsak a kiindulópont is nem téves. Az alább következő példák nagyrészt abba a két típusba sorolhatók, amelyeket a 2. és 3. példa szemléltet; de a bennük található hiba nem lesz mindig olyan átlátszóan egyszerű, mint itt. Igaz, az olvasó ismereteitől is függ, hogy azonnal látja-e a hibát, vagy sem. Van, akit könnyű becsapni; van, akit nehéz. Becsapós bizonyításokkal éppen azért érdemes megismerkednie az olvasónak, hogy legközelebb már ne lehessen olyan könnyen félrevezetni. Jó bizonyításokat is azért mutatunk néhol a hibásak mellett, hogy különbséget tudjon tenni köztük. Az tudja meg, mit jelent valamit bebizonyítani, aki látja ezt a különbséget.

4. példa. Figyeljük meg ezt a két kivonást:

987654321 9+8+7+6+5+4+3+2+1 123456789_̲ 1+2+3+4+5+6+7+8+9_̲ 864197532 8+6+4+1+9+7+5+3+2
987654321 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 123456789 ̲ 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 ̲ 864197532 8 + 6 + 4 + 1 + 9 + 7 + 5 + 3 + 2

Az első kétségtelenül helyes. A másodikat is ugyanúgy végeztük el, nem törődve a +

+ jelekkel. Talán csak nem okoznak zavart? Próbáljuk ki fönn is, középütt is, lenn is, mi a számok összege:

9+8+7+6+5+4+3+2+1 =45 1+2+3+4+5+6+7+8+9 =45, 8+6+4+1+9+7+5+3+2 =45.
9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 , 8 + 6 + 4 + 1 + 9 + 7 + 5 + 3 + 2 = 45 .

Érthető, hogy mind a három eredmény ugyanaz, hiszen ugyanazokat a számokat adtuk össze, csak a sorrendjük volt más-más. De akkor a kivonással azt „bizonyítottuk be”, hogy 45–45=45

45 45 = 45 . Úgy látszik, összegeket mégsem lehet ugyanúgy kivonni, mint többjegyű számokat (2. jegyzet).

5. példa. Melyik több, 6 kilogramm vagy 6 tonna? A következő bizonyítás – minden tapasztalat ellenére – mintha azt mutatná, hogy egyenlők:

2 kg=2000 g 3 kg=3000 g_̲ 6 kg=6 000 000 g=6000 kg=6 tonna,
2 kg = 2000  g 3 kg = 3000  g ̲ 6 kg = 6 000 000 g = 6000 kg = 6  tonna,

hiszen egyenlőket egyenlőkkel szorozva egyenlőket kapunk.

Az egyenlőség körül nincs is hiba, csak a szorzás körül. Ott sem a számokban, csak a nevükben. Kilogrammszor kilogramm a mindennapi életben nem szokott előfordulni, de a fizikában van értelme, és akkor ez éppúgy négyzetkilogramm, ahogy kilométerszer kilométer is négyzetkilométer, nem pedig kilométer. Például 2 km⋅3 km=6 km^2

2 km 3 km = 6 km 2 . Ha így számítjuk: 2000 m⋅3000 m=6 000 000 m^2 2000 m 3000 m = 6 000 000 m 2 , ugyanazt az eredményt kapjuk, hiszen minden négyzetkilométerben egymillió négyzetméter van. Ugyanígy 1 négyzetkilogramm is egymillió négyzetgrammal egyenlő, nem ezerrel.

6. példa. Egy embernek két szülője, négy nagyszülője, nyolc dédszülője van, és így tovább. Ha egy nemzedékkel följebb megyünk, mindig kétszer annyi; tíz generációval előbb több, mint ezerannyi (mert 2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2=2^(10)=1024

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 2 10 = 1024 ), még tíz generációval előbb ennek is több, mint az ezerszerese, vagyis a mostaninak több, mint milliószorosa, 3000 billiónál is több. …Pedig húsz generáció még csak a középkorba visz vissza. Az okoskodás nyilvánvalóan hibás. Hol van benne a hiba?

Két hiba is van. Egyik sem matematikai természetű, hanem abból származik, hogy a matematikai modell nem jól illeszkedik a valósághoz. „Kicsiben” még az is elképzelhető, hogy jól illeszkedik: például, ha valaki egyetlen gyermeke szüleinek, szülei is egykék, azok szülei is, és így tovább néhány nemzedéken át. Akkor csakugyan felfelé menve egy-egy következő nemzedékhez kétszer annyian tartoznak, lefelé menve viszont feleannyian. Ez a kihaló családfa-típus, illetve annak egy egyszerű fajtája. Az előbbi gondolatmenet egyik hibája, hogy ebből a ritka típusból akart egyetemesen érvényes modellt faragni. De van egy más hibája is: egy ember n

n generációval előbbi felmenőinek száma nem lehet ugyan több 2^n 2 n -nél, de kevesebb lehet. Ha például valakinek a szülei első unokatestvérek (ami nem is olyan ritkaság), akkor a szüleinek a négy-négy nagyszülője közül kettő közös, neki tehát nem nyolc dédszülője van, csak hat. Hasonló „őscsökkenés” lép fel akkor is, ha másodunokatestvérek vagy még távolabbi rokonok kötnek házasságot.

7. példa. Mint ismeretes, 2⋅2

2 2 néha 5. Ezt be is lehet bizonyítani, nem is egy módon. Néhány „bizonyítás” következik.

Először induljunk ki egy olyan állításból, amit senki sem vonhat kétségbe:

a^2–a^2=a^2–a^2
a 2 a 2 = a 2 a 2

A bal oldalon emeljük ki a közös a

a tényezőt, a jobb oldalt pedig úgy bontsuk tényezőkre, mint két négyzet különbségét:

a(a–a)=(a+a)(a–a)
a ( a a ) = ( a + a ) ( a a )

Az a–a

a a tényezővel végigosztva:

a=2a
a = 2 a

Mindkét oldalt 3a

3 a -val növelve:

4a=5a
4 a = 5 a

Most még végigoszthatunk a

a -val és a 4-et 2⋅2 2 2 alakban írhatjuk:

2⋅2=5.
2 2 = 5 .

8. példa. Jelentsen b

b és c c bármely két számot (például b=4 b = 4 , c=1 c = 1 ). Jelöljük az összegüket a a -val:

b+c=a.
b + c = a .

(Ha b=4

b = 4 és c=1 c = 1 , akkor a=5 a = 5 .) Szorozzuk meg mindkét oldalt (a–b) ( a b ) -vel:

a⋅b+a⋅c–b⋅b–b⋅c=a⋅a–a⋅b.
a b + a c b b b c = a a a b .

Vonjuk ki mindkét oldalból a⋅c

a c -t:

a⋅b–b⋅b–b⋅c=a⋅a–a⋅b–a⋅c.
a b b b b c = a a a b a c .

Észrevehetjük, hogy a bal oldalon is van egy közös tényező (b

b ), a jobb oldalon is van egy (a a ). Emeljük ki ezeket:

b(a–b–c)=a(a–b–c).
b ( a b c ) = a ( a b c ) .

Osszuk végig (a–b–c)

( a b c ) -vel! Azt kapjuk, hogy

b=a.
b = a .

A fent említett esetben, amikor b=4

b = 4 , vagyis 2⋅2 2 2 és a=5 a = 5 , azt kapjuk:

2⋅2=5.
2 2 = 5 .

Hol van a hiba 2⋅2=5

2 2 = 5 -nek ezekben a bizonyításaiban? Természetesen ott, hogy – alig burkolt formában – 0-val osztottunk. Először az a–a a a volt egyenlő 0-val, másodszor (a–b–c) ( a b c ) (hiszen a=b+c a = b + c ). Ha pedig 0-val osztunk, akár burkoltan, akár nyíltan, akkor minden képtelenségre el lehetünk készülve. (Gondoljunk arra, hogy 0⋅1=0⋅2 0 1 = 0 2 és mégsem igaz az, hogy 1=2 1 = 2 .)

9. példa. Lássuk csak kendőzetlenül is a 0-val való osztást! Induljunk ki abból, hogy

0=0.
0 = 0 .

Ez eddig igaz is. Ezt így is írhatjuk:

0⋅2⋅2=0⋅5,
0 2 2 = 0 5 ,

ami még mindig igaz, hiszen 0⋅2⋅2

0 2 2 is, 0⋅5 0 5 is egyenlő 0-val. De ha ezzel a 0-val végigosztunk, azt kapjuk:

2⋅2=5.
2 2 = 5 .

Persze azt is írhattuk volna, hogy

0⋅1=0⋅1 000 000 000
0 1 = 0 1 000 000 000

és így

1=1 000 000 000,
1 = 1 000 000 000 ,

például

1 mm=1 000 000 000 mm=1 000 000 m=1000 km,
1 mm = 1 000 000 000 mm = 1 000 000 m = 1000 km,

amint a címben állítottuk. Erre még más csalfa bizonyítást is adunk majd. Most azonban lássuk a 2⋅2=5

2 2 = 5 -nek egy kevésbé átlátszó bizonyítását.

10. példa. Kétségtelenül igaz, hogy

16–36=25–45,
16 36 = 25 45 ,

hiszen mindkét oldalon –20

20 szerepel, más-más formában. A bal oldalon 16 teljes négyzet (4-nek a négyzete), –36 36 pedig 4-nek és –(9/2) 9 2 -nek a kétszeres szorzata. Ha még hozzáadjuk –(9/2) 9 2 -nek a négyzetét, két tag négyzete lesz belőle; emlékezzünk csak vissza az a^2+2ab+b^2≡(a+b)^2 a 2 + 2 a b + b 2 ( a + b ) 2 , vagy ha tetszik, az a^2–2ab+b^2≡(a–b)^2 a 2 2 a b + b 2 ( a b ) 2 azonosságra. A jobb oldalról is szinte ugyanezt mondhatjuk: 25 teljes négyzet (5-nek a négyzete), –45 45 pedig 5-nek és –(9/2) 9 2 -nek a kétszeres szorzata, és így –(9/2) 9 2 négyzetének hozzáadása után itt is két tag négyzetét kapjuk.

Szerencsénk volt: mindkét oldalt ugyanannak a tagnak a hozzáadásával alakíthatjuk két tag négyzetévé, és ezután az egyenlőség érvényben marad:

16–36+(–(9/2))^2=25–45+(–(9/2))^2,
16 36 + ( 9 2 ) 2 = 25 45 + ( 9 2 ) 2 ,

vagyis

(4–(9/2))^2=(5–(9/2))^2,
( 4 9 2 ) 2 = ( 5 9 2 ) 2 ,

vagy másképp

2⋅2–(9/2)=5–(9/2),
2 2 9 2 = 5 9 2 ,

és így, (9/2)

9 2 -et adva mindkét oldalhoz

2⋅2=5.
2 2 = 5 .

A hibát könnyen megtalálja az, aki sorról sorra utánaszámol; mi az, ami még igaz, mi az, ami már nem.

16–36+(–(9/2))^2=–20+(81/4)=(1/4)

16 36 + ( 9 2 ) 2 = 20 + 81 4 = 1 4 és ugyanennyi 25–45+(–(9/2))^2 25 45 + ( 9 2 ) 2 is. (4–(9/2))^2 ( 4 9 2 ) 2 és (5–(9/2))^2 ( 5 9 2 ) 2 is (1/4) 1 4 ; az első mint (–(1/2))^2 ( 1 2 ) 2 , vagyis (–(1/2))(–(1/2)) ( 1 2 ) ( 1 2 ) , a második mint ((1/2))^2 ( 1 2 ) 2 . De 4–(9/2) 4 9 2 már nem ugyanannyi, mint 5–(9/2) 5 9 2 : az előbbi –(1/2) 1 2 , az utóbbi 1-gyel több, (1/2) 1 2 . A hiba tehát a jogtalan négyzetgyökvonásban volt. Két szám négyzete lehet úgy is egyenlő, hogy maguk a számok nem egyenlők: egyenlő abszolút értékű pozitív és negatív számoknak mindig egyenlő a négyzete, pedig pozitív és negatív számok nem lehetnek egyenlők egymással.

11. példa. Húzzunk meg egy körben egy átmérőt (az 1. ábrán AB

A B ), és a végpontjaiból két egymással párhuzamos húrt (AC A C és BD B D )! Bebizonyítjuk, hogy ezek a húrok egyenlő hosszúságúak.

Az AB

A B átmérő felezőpontja a kör középpontja, O O . Kössük ezt össze C C -vel és D D -vel:

OA=OB=OC=OD,
O A = O B = O C = O D ,

mert mind a kör sugarai.

AOC∢=BOD∢
A O C = B O D

mint csúcsszögek. Tehát két oldal és a közbezárt szög egyezése folytán

AOC△≅BOD△,
A O C B O D ,

és így ezeknek a háromszögeknek a harmadik oldala is megegyezik:

AC=BD.
A C = B D .

Éppen ezt kellett bebizonyítanunk.

Helyesebben, kellett volna, de nem bizonyítottuk be. Az igaz ugyan, hogy a mondott módon keletkező húrok egyenlők, de a fenti bizonyítás hibás. A hiba nyilvánvaló abból, hogy nem használtunk ki egy lényeges feltételt: azt, hogy a két húr párhuzamos. Enélkül pedig az állítás nem is igaz. (2. ábra)

Kihasználtunk viszont egy olyan feltételt, amelyet nem indokoltunk meg: azt, hogy AOC∢

A O C és BOD∢ B O D csúcsszögek. Ez ugyan következik a párhuzamosságból, de ennyi erővel már AC A C és BD B D egyenlőségét is bebizonyíthatjuk.

12. példa. Az előbbi bizonyítást módosítsuk úgy, hogy a C

C és D D pontot ne AB A B felezőpontjával, hanem egymással kössük össze, és most azt a pontot jelöljük O O -val, amelyben CD C D az AB A B szakaszt metszi! A bizonyítás egyébként változatlan. Most jogunk van azt mondani, hogy AOC∢ A O C és BOD∢ B O D csúcsszögek, tehát egyenlők. Vajon ez a bizonyítás helyes most már? Nem, most is hibás. Most ugyanis nem tudhatjuk azt, hogy AB A B és CD C D metszéspontja felezi-e az AB A B átmérőt, és így a kör középpontja-e. (Az, hogy O O -val jelöljük meg, még nem teszi középponttá.)

13. példa. Módosítsuk megint a 11. példában leírt bizonyítást! Következtessünk most az AOC△

A O C és BOD△ B O D egybevágóságára abból, hogy OA=OB O A = O B , OC=OD O C = O D és valamelyikükkel szemközti szögek is egyenlők, mint váltószögek.

Helyes-e a bizonyítás ebben az esetben?

Az a kérdés, mely szögek egyezéséről van szó. Azt felhasználhatjuk, hogy CAO∢=DBO∢

C A O = D B O , mert váltószögek, és nemcsak azt tudjuk, hogy AC∥BD A C B D , hanem azt is, hogy A A , O O és B B egy egyenesen vannak (hiszen O O -val a 11. példában az AB A B átmérő felezőpontját jelöltük). Ha azonban azt akarnánk kihasználni, hogy ACO∢=BDO∢ A C O = B D O , akkor hibásan okoskodnánk, mert nincs jogunk felhasználni, hogy D D , O O és C C is egy egyenesen vannak, amíg azt be nem bizonyítjuk (lásd a 12. példát!).

14. példa. Bebizonyítjuk, hogy bármely háromszög magasságegyenesei egy pontban metszik egymást (3. jegyzet). Induljunk ki abból a tételből, hogy a háromszög oldalfelező merőlegesei egy ponton mennek át (3. ábra); ennek a bizonyítását ismertnek tekintjük.

Az oldalak felezőpontjai háromszöget határoznak meg (ábránkon ABC△

A B C ). Ennek a háromszögnek az oldalai az eredeti háromszögnek középvonalai és így (ismert tétel szerint) párhuzamosak az oldalaival: AB∥PQ A B P Q , BC∥QR B C Q R , CA∥RP C A R P . Ezért a PQR P Q R háromszög oldalfelező merőlegesei az ABC A B C háromszögnek magasságegyenesei (mert átmennek a csúcsain és merőlegesek az oldalaira). De az oldalfelező merőlegesekről már tudtuk, hogy egy pontban metszik egymást. Ebből következik, hogy a magasságegyenesek is egy pontban metszik egymást, hiszen az ABC△ A B C magasságegyenesei ugyanazok az egyenesek, mint a PQR△ P Q R oldalfelező merőlegesei (és bármely ABC△ A B C -höz található ilyen tulajdonságú PQR△ P Q R ).

15. példa. Bebizonyítjuk, hogy bármely négyszög átlói felezik egymást. Legyen PQRS

P Q R S a szóban forgó négyszög, oldalainak felezőpontjai legyenek A A , B B , C C és D D (4. ábra).

A háromszögek középvonalaira vonatkozó ismert tétel szerint (lásd a 14. példát!) AB∥PR

A B P R és CD∥PR C D P R , tehát AB∥CD A B C D . Hasonlóképpen látható be, hogy BC∥AD B C A D . Az ABCD A B C D négyszög tehát paralelogramma. A paralelogrammákról azonban ismeretes, hogy az átlóik felezik egymást. Tehát bármely négyszög átlói felezik egymást.

Nem helyes! – mondja az olvasó. Abból, hogy a paralelogrammák átlói felezik egymást, miért következnék, hogy bármely négyszög átlói felezik egymást? Ami igaz egy speciális esetben, nem feltétlenül igaz minden esetben.

Joggal tiltakozik az olvasó. De tiltakozott-e a 14. példában szereplő bizonyítás ellen is? Ott ugyanis lényegében ugyanezt a hibát követtük el, ha nem is ilyen átlátszó formában.

Ha bebizonyítunk valamit az olyan négyszögekre, amelyeket úgy kapunk, hogy négyszögek oldalait megfelezzük és a szomszédos oldalak felezőpontjait összekötjük; nem állíthatjuk, hogy azt minden négyszögre bebizonyítottuk. Csak akkor volna helyes ez a bizonyítás, ha azt is megmutatnánk, hogy bármely négyszög előállítható valamilyen négyszög szomszédos oldalfelező pontjainak összekötésével. Ez azonban nem is igaz; csak a paralelogrammák állíthatók elő így.

Ha valamit bebizonyítunk az olyan háromszögekre, amelyeket úgy kapunk, hogy háromszögek oldalfelező pontjait kötjük össze; akkor sem állíthatjuk, hogy azt minden háromszögre bebizonyítottuk. Csak akkor volna helyes ez a bizonyítás, ha azt is megmutatnánk, hogy bármely háromszög előállítható valamely háromszög oldalfelező pontjainak összekötésével. Ez történetesen igaz ugyan – nem úgy, mint a négyszögekre vonatkozó hasonló állítás –, de nem bizonyítottuk be, sőt nem is utaltunk arra, hogy ez még bizonyításra szorul. Rosszhiszeműen elhallgattunk egy lényeges lépést, s így a háromszögek magasságegyeneseinek metszésére vonatkozó bizonyításunk nem fogadható el.

16. példa. Alakítsuk át a 14. példában szereplő bizonyítást: induljunk ki a belső ABC

A B C háromszögből, és szerkesszük meg hozzá a külső, PQR P Q R háromszöget úgy, hogy az A A , B B , C C csúcsokon át párhuzamosokat húzunk a szemközti oldalakkal.

AB∥PQ

A B P Q , BC∥QR B C Q R , CA∥RP C A R P ; három paralelogramma keletkezik: ABCQ A B C Q , ABPC A B P C , ARBC A R B C . Tudjuk, hogy a paralelogrammák szemközti oldalai egyenlők, például AB=QC A B = Q C és AB=CP A B = C P . Ezekből következik, hogy QC=CP Q C = C P . A C C pont tehát felezi a PQ P Q oldalt. Hasonlóan látható, hogy B B a PR P R , A A pedig a QR Q R oldalt felezi.

Kiderült, hogy az ABC

A B C háromszöget a PQR P Q R háromszög középvonalai határolják. (Ezt most előre nem tudhattuk, más volt a kiindulásunk, mint a 14. példában!)

Be akarjuk bizonyítani, hogy az ABC

A B C háromszög magasságegyenesei egy pontban metszik egymást. Húzzuk meg ezeket az egyeneseket (6. ábra)!

Az előbbiekből következik (tekintetbe véve a középvonalakra vonatkozó, többször említett tételt is), hogy ezek a magasságegyenesek a PQR

P Q R háromszögnek oldalfelező merőlegesei. De az oldalfelező merőlegesekről tudjuk (ismertnek tettük fel), hogy egy pontban metszik egymást. Ez tehát a magasságegyenesekre is igaz.

Jó ez a bizonyítás? Kifogástalan. Az ABC

A B C háromszögből indultunk ki, erre semmi megszorítást nem tettünk, tehát amit bizonyítottunk, az minden háromszögre igaz. Azt ugyan nem bizonyítottuk be, hogy bármely háromszög előállítható úgy, mint az itt szereplő külső PQR P Q R háromszög, de erre nem is volt szükség. A bizonyítás akkor is helyes volna, ha a „körülírással” mindig bizonyos speciális háromszögekhez jutnánk; ha minden háromszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást, akkor ezekre a speciális háromszögekre is ugyanezt mondhatjuk; az a fő, hogy az ABC A B C háromszög nem speciális.

17. példa. Egy „bizonyítást” már láttunk arra, hogy 1 mm=1000 km

1 mm = 1000 km . Most még kettő következik.

Többet bizonyítunk be, mint amit ígérünk: azt, hogy bármely két egyenesszakasz egyenlő hosszú.

A bizonyításokban ismertnek tekintjük a háromszögekre vonatkozó következő egybevágósági tételeket:

Két háromszög egybevágó, ha megegyeznek

(1) mindhárom oldalukban; (2) két oldalukban és a közbezárt szögükben; (3) két oldalukban és a nagyobbikkal szemben fekvő szögükben; (4) egy oldalukban és két megfelelő helyzetű szögükben.

(A megfelelő helyzetű szögeket így értjük: vagy mindkettő az egyező oldalakon van; vagy az egyik rajtuk, a másik velük szemben és akkor az egyező oldalakon lévő szögek egyenlők, s persze a velük szemben lévők is.)

Ábráink mutatják ezt a négy esetet (7–11. ábra):

Azt a két tetszőleges szakaszt, amelyeknek az egyenlőségét be akarjuk bizonyítani, helyezzük el úgy, hogy egy háromszög két oldalát alkossák (a 12. ábrán AB

A B és BC B C )!

Húzzuk meg a háromszögben az AC

A C oldal felezőmerőlegesét és a szemközti szög felezőjét! Ábránkon ezek a háromszögön belül lévő O O pontban metszik egymást. Kössük össze ezt az O O pontot A A -val és C C -vel, és bocsássunk az O O -ból merőlegest az AB A B és BC B C oldalra! A jelöléseket az ábra mutatja.

Az ABC

A B C háromszöget hat kisebb háromszögre bontottuk. Bebizonyítjuk, hogy ezek páronként egybevágóak.

AFO△≅CFO△,
A F O C F O ,

mert megegyeznek két oldalukban (AF=FC

A F = F C , OF O F közös) és a közbezárt szögükben (derékszög). Az egybevágóságból következik, hogy AO=CO A O = C O .

BOE△≅BOD△,
B O E B O D ,

mert megegyeznek egy oldalukban (BO

B O ) és két megfelelő helyzetű szögükben (a B B -nél lévő szögek egyenlők, mert szögfelezőt húztunk; E E -nél és D D -nél derékszögek vannak). Az egybevágóságból következik, hogy EB=BD E B = B D és EO=DO E O = D O .

AOE△≅COD△,
A O E C O D ,

mert megegyeznek két oldalukban (AO=CO

A O = C O és EO=DO E O = D O az előbbiek szerint) és a nagyobbikkal szemben fekvő szögükben (az E E -nél, illetve D D -nél lévő derékszögben, 4. jegyzet).

Ennek a két háromszögnek az egybevágóságából következik, hogy AE=CD

A E = C D . De már az előbb láttuk, hogy EB=BD E B = B D , tehát AB=CB A B = C B mint két egyenlő szakasz összege.

Ábránkon O

O a háromszög belsejébe esett. De hátha a háromszögön kívül van (13. ábra)?

A bizonyítás ebben az esetben is szóról szóra ugyanaz.

Az sem változtat a bizonyítás lényegén, ha a metszéspont annyira kinn van, hogy még a merőlegesek talppontjai is az oldalak meghosszabbítására esnek (14. ábra).

A változás csak annyi, hogy akkor végül egyenlő szakaszok kivonásával (nem pedig összeadásával) kapjuk azt, hogy AB=BC

A B = B C .

Az a határeset is elképzelhető, hogy a metszéspont a háromszög kerületén van. A bizonyítás ekkor még egyszerűbb (az első lépés kimarad, a további gondolatmenet változatlan).

Részletesen végigvizsgáltuk az eseteket, csak egyet felejtettünk ki: azt, amikor a metszéspont kívül van ugyan a háromszögön, de a belőle húzott merőlegesek nem egyformán viselkednek: az egyiknek a talppontja valamelyik oldalra, a másiké egy oldal meghosszabbítására esik.

Ez a feledékenység megbosszulta magát: ugyanis éppen ez az az eset, amely mindig megvalósul, ha egyáltalán van metszéspontja AC

A C felezőmerőlegesének és B B szögfelező egyenesének (5. jegyzet).

18. példa. Végül még egy „bizonyítás” következik arra, hogy 1 mm=1000 km

1  mm = 1000  km , illetve arra az általánosabb állításra, hogy bármely két szakasz egyenlő.

Előkészítésül lássunk egy új tételt a háromszögek egybevágóságára: két háromszög egybevágó, ha megegyeznek két oldalukban és az egyikkel szemközti szögükben.

Ez a tétel a fent (3) alatt ismertetett egybevágósági tétel kiterjesztése. Ott azt a megszorítást tettük, hogy az egyező szögek a nagyobbik oldallal legyenek szemközt; most elejtjük ezt a megszorítást.

Illesszük össze a két háromszöget úgy, ahogy a 15. ábra mutatja! A vastagon kihúzott, egyformán jelölt szakaszok, illetve szögek egyenlők.

Kössük össze az egymásnak megfelelő A

A és A^′ A csúcsot (16. ábra)! Az ABA^′ A B A háromszög egyenlő szárú, tehát az ábrán két ívvel jelölt szögek egyenlők. Ha ezeket az egy ívvel jelölt egyenlő szögekből kivonjuk, ismét egyenlő szögeket kapunk (az ábrán ezek háromívesek). Az ACA^′ A C A háromszögben két szög egyenlő, egyenlők tehát a velük szemközti oldalak is: AC=A^′C A C = A C .

Így hát az ABC

A B C háromszög és az A^′BC A B C háromszög mindhárom oldalukban megegyeznek, és ezért egybevágók.

Most az egyíves szögekből ki kellett vonni a kétíves szögeket. Más esetben az ACA^′

A C A háromszög egyenlő szögeit úgy kapjuk, hogy az ABA^′ A B A háromszög egyenlő szögeiből vonjuk ki (17. ábra), vagy szögeihez adjuk hozzá (18. ábra) az eredeti két egyenlő szöget. Az most semmiképpen sem fordulhat elő, hogy az egyik esetben összeadásra, a másik esetben kivonásra legyen szükség, mint a 17. példában.

Arra a megállapításra jutottunk tehát, hogy minden megszorítástól mentesen igaz: ha két háromszög megegyezik két oldalában és valamelyikkel szemközti szögében, akkor egybevágóak.

Ennek alapján könnyű bebizonyítani, hogy bármely két szakasz egyenlő. Illesszük a két szakaszt egymás mellé úgy, hogy egy egyenesre essenek és egyetlen közös pontjuk legyen (a 19. ábrán Y

Y )!

Szerkesszünk egy olyan egyenlő szárú háromszöget, amelynek az alapja a két szakasz egyesítéséből származó XZ

X Z szakasz! Kössük össze az egyenlő szárú háromszög U U csúcsát az Y Y ponttal (20. ábra)!

Hasonlítsuk össze a keletkező két részháromszöget!

Megegyeznek két oldalukban (UX=UZ

U X = U Z , UY U Y közös) és az egyikkel szemközti szögükben (az egyíves szögekben: egyenlő szárú háromszög alapszögei). Tételünk szerint tehát egybevágóak, és így harmadik oldalukban is megegyeznek: XY=YZ X Y = Y Z , bármit mutat is az ábra. Bármely két szakasz egyenlő, 1 mm=1000 km 1  mm = 1000  km .

Ha azonban tételünkből ilyesmi következik, akkor tételünkkel – és így a bizonyításával is – valami baj van. Hol a hiba? Addig minden rendben van, hogy CAA^′∢=CA^′A∢

C A A = C A A , mint két egyenlő szög összege vagy különbsége. Ebből azonban nem következik, hogy AC=A^′C A C = A C .

Hogyan, hát lehetséges, hogy egy háromszögben két szög egyenlő, és a velük szemközti oldalak mégsem egyenlők?

„Közönséges” háromszögben ez nem lehetséges, de egyenesbe lapuló, „elfajuló” háromszögben igen: a 21. ábra alapján elképzelhetjük, hogy két egyenlő 0^∘

0 -os szöggel szemközt ebben a határesetben különböző oldalak is lehetnek.

Itt van a rés okoskodásunkban, ezért nem érvényes az az állítólagos „új matematikai tétel”, hogy két oldalukban és valamelyikkel szemközti szögükben megegyező háromszögek mindig egybevágóak. Lehetnek egybevágóak, de lehetnek különbözőek is. Ha megegyeznek ezekben az adataikban, és mégsem egybevágóak, az csak úgy lehetséges, hogy a mondott módon illesztve őket össze, a harmadik oldalpár (amelyekről nem tettük fel, hogy egyenlőek, ábráinkon AC

A C és A^′C A C ) egy egyenesbe esik. Éppen ilyen eset látható a 20. ábrán; ott XYZ X Y Z az az elfajuló háromszög, amelynek két szöge egyenlő ugyan (0^∘ 0 -os), a velük szemközti oldalak (XY X Y és YZ Y Z ) mégsem egyenlőek.

JEGYZETEK

1. Miért helyesek az ilyen átalakítások:

(2⋅3/2⋅4)=(3/4) , (2⋅3/3⋅5)=(2/5) , (2⋅6/6⋅5)=(2/5) , (2⋅7/7⋅5)=(2/5) ,
2 3 2 4 = 3 4 , 2 3 3 5 = 2 5 , 2 6 6 5 = 2 5 , 2 7 7 5 = 2 5 ,

és miért hibásak az ilyenek:

(23/24)=(3/4) , (23/35)=(2/5) , (26/65)=(2/5) , (27/75)=(2/5) ,
23 24 = 3 4 , 23 35 = 2 5 , 26 65 = 2 5 , 27 75 = 2 5 ,

még ha az eredményük néha véletlenül jó is? A rajzok mutatják két példán, miért helyesek az előbbiek:

(2⋅3/2⋅4)=(6/8)=(3/4) , (2⋅3/3⋅5)=(6/15)=(2/5) .
2 3 2 4 = 6 8 = 3 4 , 2 3 3 5 = 6 15 = 2 5 .

Az első esetben az egészet 2⋅4

2 4 , vagyis 8 egyenlő részre osztottuk és 2⋅3 2 3 , vagyis 6 ilyen részt vettünk. Ez ugyanannyi, mintha 4 egyenlő részre osztjuk az egészet, és 3 ilyen részt veszünk. Általában, ha egy tört számlálóját és nevezőjét ugyanazzal a számmal osztjuk (vagy szorozzuk), akkor a tört értéke ugyanakkora marad.

A következő sorban nem ezt tettük! Ott az egyező számjegyek elhagyása nem osztás, hanem valami más: (23/24)

23 24 -ből úgy lesz (3/4) 3 4 , hogy a számlálójából és a nevezőjéből is kivonunk 20-at; amikor (23/35) 23 35 helyett (2/5) 2 5 -öt írunk, akkor a nevezőjéből kivontunk 30-at, a számlálójából viszont csak 3-at vontunk ki, de azáltal, hogy utolsó előtti számjegy helyett utolsó számjegy lett a 2-ből, még 10-zel is elosztottuk azt, ami a 3 kivonásakor maradt; így a többinél is. Érthető, hogy ezek a bonyolult átalakítások csak kivételesen vezetnek ugyanakkora törtre. Ilyen kivételes törtek még (16/64) 16 64 és (19/95) 19 95 is.

2. A hiba gyökere itt is ugyanaz, mint a 2. és 3. példában: a többjegyű számok másként viselkednek, mint a számjegyeikből alkotott szorzatok vagy összegek. Ott kétjegyű számokat akartunk úgy kezelni, mintha szorzatok lettek volna (egyszerűsíteni egy-egy számjegy kihúzásával), itt az összegekkel akartunk úgy számolni, mintha többjegyű számok lettek volna. Pedig hiába jó például ez a kivonás:

52 14_̲ 38
52 14 ̲ 38

Nem lehet alkalmazni a módszerét ebben az esetben:

5+2 1+4_̲.
5 + 2 1 + 4 ̲ .

Fenn úgy tudjuk elvenni a 4-et, hogy az 5 tízesből egyet felváltunk és a 12-ből veszünk el 4-et. Lenn ilyenről szó sem lehet: nincs 5 tízes, csak 5 egység, nincs mit felváltani.

3. Magasságegyeneseknek nevezzük a háromszög csúcsain áthaladó, a szemközti oldalakra merőleges egyeneseket. Magasságvonalaknak is szokás nevezni ezeket, de a „magasságvonal” elnevezést azokra a szakaszaikra is szokták használni, amelyek a csúcsoktól a szemközti oldalakig vagy meghosszabbításukig terjednek.

4. Honnan tudjuk, hogy AO

A O nagyobb, mint EO E O (és így CO C O is nagyobb, mint DO D O )? Onnan, hogy bármely háromszög két különböző szöge közül a nagyobbikkal szemben nagyobb oldal van, mint a kisebbikkel szemben. (Ezt az ismert tételt itt felhasználjuk.) Hát azt honnan tudjuk, hogy az AOE A O E háromszögben az E E -nél lévő szög nagyobb, mint az A A -nál lévő szög? Onnan, hogy az E E -nél lévő szög derékszög (mert O O -ból merőlegest bocsátottunk az AB A B oldalra), s akkor a másik két szög csak kisebb lehet nála. Miért? Mert a háromszög szögeinek összege 180^∘ 180 , s ha egy szög 90^∘ 90 , akkor a másik kettőre együttvéve jut csak 90^∘ 90 .

5. Ha ugyanis a háromszögben AB=BC

A B = B C , akkor a felezőmerőleges egybeesik a szögfelező egyenessel, nincs metszéspont. Ha viszont AB≠BC A B B C , akkor abból a feltevésből, hogy mindkét merőleges talppontja az oldalakra, vagy mindkettő az oldalak meghosszabbítására esik, ellentmondásra jutunk (tudniillik arra, hogy AB=BC A B = B C , pedig abból indultunk ki, hogy AB≠BC A B B C ). Tehát a fent vázolt bizonyítások hibásak, ha arra akarunk következtetni belőlük, hogy bármely két szakasz egyenlő, de adódik belőlük egy helyes bizonyítás az említett talppontok helyzetére vonatkozólag. Ez a bizonyítás indirekt, vagyis azt bizonyítjuk be, hogy az állítás ellenkezője nem igaz. Direkt bizonyítást is lehet adni arra, hogy az említett talppontok mindig így helyezkednek el.