diplomsko delo - connecting repositoriescore.ac.uk/download/pdf/67539686.pdfblazej, t.: mistakes in...

UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

DIPLOMSKO DELO

Tjasa Blazej

Maribor, 2010

UNIVERZA V MARIBORU


Oddelek za matematiko in racunalnitvo

Diplomsko delo

GEOMETRIJSKI DOKAZI Z

NAPAKO

Mentor: Kandidatka:

doc. dr. Bojan Hvala Tjasa Blazej

Maribor, 2010

ZAHVALA

Iskreno se zahvaljujem svojemu mentorju, doc. dr. Bojanu Hvali, za pomoc in nasvete

pri izdelavi diplomskega dela.

Posebna zahvala gre fantu Mihi, starsem, Barbari, Smiljanu ter sosedom, za vse spod-

budne besede, potrpezljivost in ker so vse skozi verjeli vame.

Hvala tudi Maji in Ani za vso pomoc pri studiju ter za nepozabne trenutke, ki smo

jih prezivele skupaj.

Iz srca pa se se enkrat zahvaljujem dragim starsem za vso podporo, spodbudo in fi-

nancno pomoc pri studiju.

Vsem iskreno hvala.

UNIVERZA V MARIBORU


IZJAVA

Podpisana Tjasa Blazej, rojena 20. februarja 1987, studentka Fakultete za nar-

avoslovje in matematiko Univerze v Mariboru, studijskega programa enopredmetna

pedagoska matematika, izjavljam, da je diplomsko delo z naslovom

GEOMETRIJSKI DOKAZI Z NAPAKO

pri mentorju doc. dr. Bojanu Hvali avtorsko delo. V diplomskem delu so uporabljeni

viri in literatura korektno navedeni; teksti niso uporabljeni brez navedbe avtorjev.

Maribor, 15. julij 2010

Tjasa Blazej

Geometrijski dokazi z napakoprogram diplomskega dela

V diplomskem delu predstavite nekaj primerov dokazov neresnicnih geometrijskih de-

jstev, v katerih so skrite matematicne napake, temeljece na razlicnih osnovah. Napake

pojasnite, analizirajte in cim nazorneje predstavite.

Osnovni viri:

[1 ] J. S. Dubnov, Mistakes in geometric proofs, poglavje v knjigi A.I. Fetisov, J.S.

Proof in geometry (with Mistakes in geometric proofs, Dover Publications, Inc.,

Mineola, New York, 2006, str. 5-57.

doc. dr. Bojan Hvala

BLAZEJ, T.: Geometrijski dokazi z napako.

Diplomsko delo, Univerza v Mariboru, Fakulteta za naravoslovje in mate-

matiko, Oddelek za matematiko in racunalnitvo, 2010.

IZVLECEK

V diplomskem delu je predstavljenih petnajst primerov dokazov z napako. Napake so razdel-

jene v osem skupin: varljive slike, neupostevanje vseh moznosti, deljenje z nic, dokazi s skrito

predpostavko, povrsni sklepi, nerazumevanje dokazanega, nepravilna raba besede ‘limita’

ter neustrezen prenos iz prostora v ravnino.

Pri vsakem primeru je najprej predstavljen dokaz z napako, sledi pa analiza napake, kjer

napako opisemo in analiziramo.

Kljucne besede: Dokazi z napako, geometrija, koti v trikotniku, skladni trikotniki, enakokraki

trikotniki, vcrtani pravokotniki, dolzina krivulje, povrsina.

Math. Subj. Class. (2010): 51M04, 51M25, 26B15.

BLAZEJ, T.: Mistakes in geometric proofs.

Graduation Thesis, University of Maribor, Faculty of Natural Scicences and

Mathematics, Department of Mathematics and Computer Science, 2010.

ABSTRACT

In this graduation thesis fifteen examples of mistakes in geometric proofs are introduced.

Mistakes are divided in eight main groups: fallacious images, not all possible cases were

taken into account, division by zero, proofs with hidden assumptions, superficial conclusions,

failure to understand what has been proved, improper use of the word ‘limit’, and improper

transfer of space to plane.

In each example proof with mistake is introduced followed by mistake analysis, where the

mistake is described and analysed.

Keywords: Mistakes in proofs, geometry, angles in triangles, congruent triangles, isosceles

triangles, inscribed quadrilaterals, curve lenght, area.

Math. Subj. Class. (2010): 51M04, 51M25, 26B15.

Kazalo

Uvod 1

1 Varljive slike 2

2 Neupostevanje vseh moznosti 7

3 Deljenje z nic 26

4 Dokazi s skrito predpostavko 29

5 Povrsni sklepi 33

6 Nerazumevanje dokazanega 36

6.1 Osnovni pojmi iz algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

6.2 Primeri dokazov z napako . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

7 Nepravilna raba besede ‘limita’ 43

7.1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

7.2 Primeri dokazov z napako . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

8 Neustrezen prenos iz prostora v ravnino 50

Zakljucek 52

Literatura 52

ix

Uvod

Dokazati pomeni prepricati. Natancneje, dokaz je zaporedje sklepanj, pri katerih na podlagi

aksiomov in ze dokazanih dejstev izpeljemo nova dejstva. Ce sklepamo po pravilih logike, ce

so aksiomi smiselni in ce so trditve, na katere se opiramo, resnicne, dokaz drzi in dokazano

dejstvo se uvrsti na seznam matematicnih rezultatov. Vcasih pa se lahko v dokazu pojavi

napaka.

Vcasih z napacnimi dokazi dokazemo ocitno napacne trditve. Zgodi pa se tudi, da napacen

sklep vodi do pravilne trditve. Taksne dokaze oznacimo kot lazne oz. kot bistroumni

nesmisel.

V diplomskem delu bomo spoznali primere dokazov z napako, med katerimi so tako napacni

dokazi napacnih trditev, kot napacni dokazi pravilnih trditev.

1

Poglavje 1

Varljive slike

V tem poglavju bomo spoznali dva primera trditev, v dokazovanju katerih smo zagresili

napako s tem, da smo se prevec zanasali na skico, ki je varljiva, saj dolocenih njenih kljucnih

detajlov ne moremo opaziti s prostim ocesom.

Kvazi izrek 1 Ploscina kvadrata s stranico dolzine 21 cm je enaka ploscini pravokotnika

s stranicama dolzine 34cm in 13cm. (441cm2 = 442cm2)

Dokaz. Kvadrat s stranico 21 cm razrezimo na dva pravokotnika: enega s stranicama 13

in 21 cm, drugega pa s stranicama 8 in 21 cm. Nato prvi pravokotnik razrezemo na dva

pravokotna trapeza, drugega pa na dva pravokotna trikotnika, kot kaze slika 1.1.

Slika 1.1: Razrez kvadrata

Dele kvadrata razporedimo kot kaze slika 1.2 (iz rumenega trapeza in rdecega trikotnika

dobimo pravokotni trikotnik s katetama dolzine 13 cm in 34 cm, prav taksen trikotnik

pa tvorita tudi zelen trapez in moder trikotnik) in tako dobimo pravokotnik s stranicama

dolzine 34 cm in 13 cm.

2

3

Slika 1.2: Preureditev kvadrata v pravokotnik

Ker smo pravokotnik sestavili iz vseh delov kvadrata, sta njuni ploscini enaki. Preverimo

se racunsko. Z S oznacimo ploscino kvadrata, z S′ pa ploscino pravokotnika:

S′ = 34cm · 13cm

S′ = 442cm2

S = 21cm · 21cm

S = 441cm2

Dokazali smo, da sta ploscini pravokotnika in kvadrata enaki, zato iz tega sledi, da je

441cm2 = 442cm2.

Analiza napake. S tem, ko smo sklepali da trapez in pravokotni trikotnik skupaj tvorita

pravokotni trikotnik, smo sklepali tudi, da sta kota α in α’ (glej sliko 1.3) enaka, oz. da sta

kota α in β sokota.

Preverimo enakost oz. neenakost kotov α in α’:

Poglejmo se enkrat sliko 1.3. Ker je rdec trikotnik pravokotni trikotnik velja

tanα =21

8

in

tanα′ =13

5.

4

Slika 1.3: Pravokotnik z oznacenimi koti

Ker je21

8− 13

5=

1

40,

sledi, da je

tanα > tanα′

in posledicno velja (ker je funkcija tangens monotona narascajoca), da je

α > α′.

Vemo tudi, da je vsota kotov α′ in β enaka 180◦ (saj je vsota notranjih kotov v trapezu

enaka 360◦, od tega pa odstejemo dva prava kota). Iz teh dveh ugotovitev sledi

α+ β > 180◦,

kar pomeni, da obstaja naklon v skupni toci kraka trapeza in hipotenuze trikotnika. Torej,

trapez in pravokotni trikotnik ne tvorita pravokotnega trikotnika in zato je v pravokotniku,

ki ga sestavimo iz delov kvadrata, odprtina, ki ima obliko paralelograma. V nasem primeru

je ploscina tega paralelograma enaka enemu kvadratnemu centimetru.

Slika 1.4: Razrez kvadrata na drugacen nacin

5

Napako lahko bolje razumemo, ce jo naredimo bolj drasticno... Ce kvadrat razrezemo

tako, da osnovnico razdelimo v razmerju 16 : 5, lahko dele kvadrata zlozimo v pravokotnik

dimenzije 37cm krat 16cm. Tu je ploscina reze 151cm2 in je zato jasno vidna (slika 1.4).

V prvem primeru je situacija podobna, le da je ploscina reze samo 1cm2 in zato s prostim

ocesom ni opazna.

Kvazi izrek 2 Obstaja kroznica z dvema razlicnima srediscema.

Dokaz. Konstruirajmo poljuben kot ∠BAC, ki naj bo razlicen od 0◦ in od 180◦. V

tockah B in C konstruirajmo pravokotnici na kraka kota. Ker kraka nista vzporedna, tudi

pravokotnici nista vzporedni, kar pomeni, da se sekata. Oznacimo njuno presecisce z D.

Skozi tocke B, C in D narisemo kroznico. Ta kroznica seka krak AB v tocki E in krak AC

Slika 1.5: Kroznica z dvema srediscema

v tocki F , pri cemer E ne sovpada z B in F ne sovpada s C (slika 1.5).

Kot ∠DBE je pravi kot, iz cesar sledi, da je daljica DE premer kroznice, njegova srediscna

tocka pa sredisce kroznice. Podobno, ker je kot ∠DCF pravi kot, je tudi daljica DF premer

kroznice, njegova srediscna tocka pa je prav tako sredisce kroznice.

Prisli smo torej do zakljucka, da ima nasa kroznica dve razlicni sredisci.

6

Slika 1.6: Kroznica skozi tocke A, B, C in D.

Analiza napake. Spet smo pustili, da nas zavede slika. Ker sta oba kota ∠ABD in ∠ACD

prava, oba dolocata premer kroznice, ki je dejansko daljica AD.

Kroznica dejansko poteka skozi tocko A in torej krakov kota ∠CAB ne seka v dveh razlicnih

tockah E in F , pac pa le v eni tocki (A).

Poglavje 2

Neupostevanje vseh moznosti

Ce dokazujemo neko trditev in si za lazjo predstavo pomagamo s skico, moramo upostevati

razlicne moznosti, ki lahko nastopijo. V naslednjih primerih bomo videli, kaksne trditve

lahko dokazemo, ce v dokazu pozabimo upostevati kaksno moznost.

Kvazi izrek 3 Vsi trikotniki so enakokraki.

Dokaz. Naj bo 4ABC poljuben trikotnik. Konstruirajmo simetralo kota γ in simetralo

stranice c. Njuno presecisce oznacimo z N . Iz tocke N narisemo pravokotnici na stranici a

in b ter presecisca oznacimo s P in Q.

Slika 2.1: Simetrala kota in simetrala stranice se sekata znotraj trikotnika

7

8

Locimo razlicne primere:

1. Simetrala kota γ in simetrala stranice c se ne sekata.

To pomeni, da sta vzporedni ali pa sovpadata

• Ce simetrala kota in simetrala stranice sovpadata, potem le-ti trikotnik razdelita

na dva pravokotna trikotnika 4AMC in 4BMC, katerih katete so skladne

(ena kateta meri c2 , druga pa je visina trikotnika). To pomeni da sta tudi oba

trikotnika skladna, zato velja da sta skladni tudi stranici AC in BC. Torej je

trikotnik enakokrak.

• Ce sta simetrali vzporedni, potem je simetrala kota γ pravokotna na stranico c,

kar pomeni, da sovpada z visino na stranico c. V tocki C omerimo od nosilke

visine na c na obe strani enak kot. Ker je visina pravokotna na stranico c, sta

daljici, ki ju dobimo, ko kraka kotov sekamo z nosilko stranice c, skladni. Vemo

pa, da sta presecisci krakov kotov z nosilko stranice c ravno oglisci A in B, kar

pomeni, da sta daljici AC in BC skladni oz. da je trikotnik 4ABC enakokrak.

2. Simetrali se sekata v tocki N , ki lezi znotraj trikotnika 4ABC.

Tocka N je enako oddaljena od stranic a in b (ker lezi na simetrali kota γ), torej velja

|NP | = |NQ| .

Hkrati pa je tocka N enako oddaljena tudi od tock A in B (ker lezi na simetrali

stranice c), zato je

|NA| = |NB|

(kar pomeni, da je trikotnik 4ABN enakokrak). Iz teh dveh enakosti sledi, da sta

trikotnika 4NQA in 4NPB skladna (zaradi dveh stranic in pravega kota)- torej sta

enaka tudi kota ∠NAQ in ∠NBP .

Ker je kot ∠BAC vsota kotov ∠BAN in ∠NAQ, velja:

∠BAC = ∠BAN + ∠NAQ

∠BAC = ∠ABN + ∠NBP

∠BAC = ∠ABC.

Torej je 4ABC enakokrak.

3. Simetrali kota in stranice se sekata na stranici c.

Ce se simetrali sekata na stranici c, se lahko sekata le v tocki M , ki je razpolovisce

9

stranice. To pomeni, da simetrala kota sovpada s teziscnico na stranico c, kar pa se

zgodi le v enakokrakem trikotniku.

4. Simetrali se sekata zunaj trikotnika 4ABC

a) Nozisci pravokotnic iz tocke N lezita na stranicah a in b.

Slika 2.2: Simetrala kota in simetrala stranice se sekata zunaj trikotnika

Iz slike 2.2 vidimo, da je trikotnik 4ABN enakokrak, ter da sta trikotnika

4NQA in 4NPB skladna (podobno kot zgoraj velja |NP | = |NQ|). Iz tega

sledi:

∠BAC = ∠NAQ− ∠NAB

∠BAC = ∠NBP − ∠NBA

∠BAC = ∠ABC.

Trikotnik 4ABC je enakokrak.

b) Nozisci pravokotnic iz tocke N lezita na nosilkah stranic a in b (ne na stranicah

samih). Spet poglejmo, kako lahko izrazimo kota ∠BAC in ∠ABC (slika 2.3 ):

∠BAC = 180◦ − (∠NAQ+ ∠NAB)

∠BAC = 180◦ − (∠NBP + ∠NBA)

10

Slika 2.3: Nozisci pravokotnic ne lezita na stranicah a in b, ampak na njunih nosilkah.

∠BAC = ∠ABC,

kar pomeni, da je trikotnik 4ABC enakokrak

Ker smo v vseh stirih primerih prisli do enakega rezultata, zakljucimo, da je vsak trikotnik

enakokrak.

Analiza napake. Spregledali smo naslednjo moznost:

Nozisce ene pravokotnice iz tocke N na stranici a in b lezi na stranici (recimo da na b),

nozisce druge pravokotnice pa na ‘podaljsku’ (nosilki) stranice (a).

Slika 2.4: Nozisce ene pravokotnice lezi na stranici, nozisce druge pa na nosilki drugestranice.

11

Ce pogledamo sliko 2.4 vidimo, da lahko kota ∠BAC in ∠ABC izrazimo takole:

∠BAC = ∠NAQ− ∠NAB

in

∠ABC = 180◦ − (∠NBP + ∠NBA) .

Trikotnika 4NAQ in 4NBP sta skladna (skladne so daljice NA in NB ter NQ in NP ,

skladna pa sta tudi kota ∠NQA in ∠NPB, ki sta prava kota). Zato velja

∠BAC = ∠NBP − ∠NBA.

Kljub vsem izpeljavam pa se vedno ne moremo nic reci glede kotov ob osnovnici. Torej tudi

ne moremo sklepati, da sta enaka. Vse kar lahko sklepamo je to, da ce dan trikotnik ni

enakokrak, se ne bo zgodila nobena izmed prvih stirih moznosti.

Trditev 2.1 Ce trikotnik ni enakokrak, je skica natanko taksna kot na sliki 2.4.

Dokaz. Predpostavimo, da je stranica b daljsa od stranice a.

Trikotniku 4ABC ocrtamo kroznico. Preverimo, da simetrala kota razpolavlja krozni lok,

Slika 2.5: Trikotnik z ocrtano kroznico

12

ki ga kot omejuje:

Vemo, da je dolzina kroznega loka (l), ki ga omejuje kot α, enaka

l =πrα

180◦,

kjer je r polmer kroga. Potem je dolzina kroznega loka, ki ga omejuje polovicni kot (α2 ),

taksna:

l1 =πrα

360◦.

Res vidimo, da dolzina loka l1 predstavlja polovico dolzine loka l, kar pomeni, da simetrala

kota res razpolavlja krozni lok, ki ga kot omejuje.

Prav tako simetrala daljice razpolavlja krozni lok, ki gre skozi obe krajisci daljice.

Simetrala kota γ tako razpolavlja krozni lok AB (oznacimo to razpolovisce z N), v isti tocki

pa ga seka tudi simetrala stranice c.

Presecisce simetral torej lezi na trikotniku 4ABC ocrtani kroznici, kar pomeni, da lezi

zunaj trikotnika 4ABC. Pravokotnici iz N na stranici trikotnika (a in b) bosta padli ali

na stranici ali na podaljska stranic, odvisno od tega ali sta kota ∠NAC in ∠NBC ostra ali

topa. Raziscimo krozne loke nad koti:

Ker smo predpostavili da je stranica b daljsa od a (torej daljica CA je daljsa od daljice CB),

zato je tudi lok nad CA daljsi od loka nad CB. Vemo tudi, da sta loka nad NA in NB

enaka. Sledi, da je lok CAN daljsi od loka CBN , kar pomeni, da je ∠CAN ostri, ∠CBN

pa topi kot. Pravokotnica iz tocke N na stranico b torej pade na stranico, pravokotnica na

stranico a pa na njeno nosilko.

Kvazi izrek 4 Pravi kot je topi kot.

Dokaz. Narisimo daljico AB. Iz njenih krajisc narisimo daljici AC in BD tako, da dobimo

pravi kot ∠DBA in topi kot ∠CAB. Daljici AC in BD naj bosta enako dolgi in naj lezita

na isti strani daljice AB.

Sedaj povezemo tocki C in D. Tako da dobimo stirikotnik ABDC, v katerem stranici AC

in BD ocitno nista vzporedni. Isto velja tudi za stranici AB in CD, saj bi sicer stirikotnik

bil enakokraki trapez, katerega kraka ne oklepata istega kota z osnovnico AB.

Konstruirajmo simetrali stranic AB in CD. Ker AB in CD nista vzporedni, tudi njuni

simetrali nista, kar pomeni, da se simetrali sekata. Presecisce oznacimo z N .

Spet locimo vec moznosti:

13

Slika 2.6: Stirikotnik

1. Tocka N lezi znotraj stirikotnika ABDC

Tocko N povezemo z oglisci stirikotnika in tako dobimo dva enakokraka trikotnika

(4ABN in 4CDN ; slika 2.7). Vidimo, da sta trikotnika 4ANC in 4BND skladna,

Slika 2.7: Tocka N lezi znotraj stirikotnika

saj imata skladne vse tri pare stranic. Iz tega sledi skladnost kotov ∠NAC in ∠NBD.

Ker sta tudi kota ∠BAN in ∠ABN skladna, velja

∠CAB = ∠DBA.

2. Tocka N lezi na stranici AB

Na sliki 2.8 vidimo, da sta trikotnika 4NAC in 4NBD skladna. Zato sta (kot

zgoraj) skladna tudi kota ∠NAC in ∠NBD, ki pa sta enaka kot kota ∠BAC in

14

Slika 2.8: Tocka N lezi na stranici AB

∠ABD (v taksnem vrstnem redu). Velja torej

∠CAB = ∠DBA.

3. Tocka N lezi zunaj stirikotnika ABDC

Tako kot zgoraj, sta tudi v tem primeru trikotnika 4NAC in 4NBD skladna in

zato sta skladna tudi kota ∠NAC in ∠NBD. Prav tako sta skladna tudi ∠NAB in

∠ABN . Sledi:

Slika 2.9: Tocka N lezi zunaj stirikotnika ABDC

15

∠BAC = ∠NAC − ∠NAB

∠BAC = ∠NBD − ∠ABN

∠BAC = ∠ABD.

Analiza napake. Ceprav se na prvi pogled zdi, da smo upostevali vse moznosti, jih de-

jansko nismo. Upostevali smo le polozaj tocke N , nismo pa upostevali polozaja trikotnikov

4NAC in4NBD. Ta se spremeni le v tretjem primeru, zato si ga se enkrat dobro oglejmo.

Ker tocka N lezi zunaj stirikotnika ABDC, bo kot ∠DBN vedno topi kot, saj pravemu

kotu dodamo ostrega. Ko pa topemu kotu ∠CAB dodamo ostrega, pa lahko dobimo ali

topi kot ali kot ki presega 180◦.

Pri tretji moznosti moramo torej obravnavati se dve ‘podmoznosti’:

a) Kot ∠CAB in trikotnik 4NAC lezita na isti strani stranice AC

To moznost smo ze analizirali v dokazu zgoraj.

b) Kot ∠CAB in trikotnik 4NAC lezita na razlicnih straneh stranice AC

Slika 2.10: Kot ∠CAB in trikotnik 4NAC lezita na razlicnih straneh stranice AC

16

Kaj lahko povemo o kotih ∠DBA in ∠BAC? Zapisemo ju lahko takole:

∠DBA = ∠DBN − ∠ABN

∠BAC = 360◦ − (∠NAB + ∠CAN)

Kot ∠BAC lahko zaradi skladnosti trikotnikov4NBD in4NAC (in posledicno tudi

zaradi skladnosti njunih kotov) zapisemo tudi takole:

∠BAC = 360◦ − (∠ABN + ∠DBN) .

Sklepamo lahko, da je ta moznost edina mogoca.

Za jasnejso predstavo si poglejmo se eno konstrukcijo tega stirikotnika...

Najprej v tocki A skonstruirajmo pravokotnico na stranico AB in na njej oznacimo tocko

E, tako da velja

|AE| = |BD|.

Tocko E nato povezemo s tockami C, D in N .

Slika 2.11: Dodatna konstrukcija stirikotnika

17

Stirikotnik ABDE je pravokotnik, zato je simetrala stranice AB tudi simetrala stranice

DE. Torej velja

|NE| = |ND| = |NC|.

Vidimo, da sta tocki A in N vsaka posebej enako oddaljeni od krajisc daljice CE, kar pa

pomeni, da je nosilka daljice AN simetrala daljice CE.

Z zrcaljenjem preko simetrale stranice AB transformiramo trikotnik 4DBN v trikotnik

4EAN (ta ima nasprotno orientacijo kot 4DBN), le-tega pa lahko preko nosilke daljice

AN prezrcalimo v trikotnik 4CAN (z isto orientacijo kot 4DBN).

Trikotnik 4CAN lahko torej dobimo z rotacijo trikotnika 4DBN okoli tocke N za kot

∠BNA, ki pa je enak kotu ∠EAC (ta pa je razlika zacetnega topega kota in pravega kota

- zato ta kota ne moreta biti enaka).

Kvazi izrek 5 Ce imata trikotnika skladni dve stranici in kot nasproti ene od njiju (nasproti

iste stranice), potem sta skladna.

Dokaz. Dana imamo trikotnika 4ABC in 4A1B1C1. Predpostavimo, da so skladne

stranice c in c1, b in b1 ter kota γ in γ1 (slika 2.12)

Slika 2.12: Trikotnika s skladnima stranicama in kotom nasproti ene od njiju

Trikotnik 4A1B1C1 prezrcalimo preko stranice c1 in ga postavimo k trikotniku 4ABCtako, da stranici c in c1 sovpadata. Tako dobimo trikotnik 4ABC2 (glej sliko 2.13).

Povezimo oglisci C in C2 ter analizirajmo moznosti ki nastopijo glede na lego daljice CC2:

1. Daljica CC2 seka stranico c

Ker sta stranici b in b2 enako dolgi, je trikotnik 4C2CA enakokrak, kar pomeni, da

sta kota ∠ACC2 in ∠CC2A enaka. Vemo, da velja naslednja enakost:

γ = γ2

18

Slika 2.13: Transformacija trikotnika 4A1B1C1

ali drugace

∠ACC2 + ∠C2CB = ∠CC2A+ ∠BC2C.

Iz tega je razvidno, da sta enaka tudi kota ∠C2CB in ∠BC2C, torej je trikotnik

4CC2B prav tako enakokrak, zato sta stranici a in a2 skladni. Trikotnika 4ABC in

4ABC2 se torej ujemata v vseh treh stranicah in sta zato skladna. Torej sta skladna

tudi prvotna trikotnika (saj smo trikotnik 4ABC2 dobili z zrcaljenjem in premikom

trikotnika 4A1B1C1).

2. Daljica CC2 seka nosilko stranice c desno od krajisca B

Razmislek pri tej moznosti je podoben kot zgoraj. Spet imamo enakokrak trikotnik

Slika 2.14: Druga moznost

19

4C2CA, v katerem sta kota ∠ACC2 in ∠CC2A enaka. Ker sta po predpostavki tudi

kota γ in γ2 enaka, sledi enakost

∠CC2B = ∠C2CB,

torej je trikotnik 4C2CB enakokrak, zato sta stranici a in a2 skladni. Prisli smo do

enakega zakljucka kot zgoraj: trikotnika 4ABC in 4A1B1C1 sta skladna.

3. Daljica CC2 seka nosilko stranice c levo od krajisca A

Kot ∠C2CB je vsota kotov ∠C2CA in ∠ACB, kot ∠BC2C pa je vsota kotov ∠AC2C

Slika 2.15: Tretja moznost

in ∠BC2A. Ker je trikotnik 4CC2A enakokrak (slika 2.15) in ker sta kota γ in γ2

enaka, je trikotnik 4CC2B enakokrak in s tem sta stranici a in a2 skladni. Torej sta

tudi trikotnika 4ABC in 4A1B1C1 skladna.

Analiza napake. Najprej poiscimo protiprimer, da se prepricamo, da trditev ne drzi.

Najti moramo trikotnika, ki izpolnjujeta vse pogoje iz kvazi izreka, a nista skladna.

Poljuben enakokrak trikotnik (4LMN) razdelimo na dva trikotnika s posevno daljico NP

tako, da tocka P lezi na daljici LM (slika 2.16).

S taksno razdelitvijo dobimo trikotnika 4LNP in 4MNP , ki imata skupno stranico NP .

Kota nasproti te stranice sta enaka (∠PLN = ∠NMP ), skladni pa sta tudi stranici LN in

MN . Pogoji, ki so postavljeni v trditvi, so torej izpolnjeni, trikotnika pa kljub temu nista

skladna, saj stranici LP in PM nista skladni.

Izpustili smo moznost, da daljica CC2 poteka skozi enega od krajisc daljice AB:

20

Slika 2.16: Protiprimer

a) Daljica CC2 poteka skozi tocko A

V tem primeru trditev drzi (slika 2.17), saj je zaradi enakosti kotov γ in γ2 trikotnik

Slika 2.17: Cetrta moznost

4CC2A enakokrak, kar pomeni da sta tudi stranici CB in C2B skladni. (Do tega

pride le, ce sta trikotnika 4ABC in 4A1B1C1 pravokotna.)

b) Daljica CC2 poteka skozi tocko B

Predpostavimo, da stranici CB in BC2 nista skladni. Ker morajo biti izpolnjeni vsi

pogoji iz trditve, je razporeditev taksna kot na sliki 2.18. Poglejmo sinusni izrek za

ta dva trikotnika:sinβ

b=

sin γ

c=

sin γ1c1

=sinβ1b1

.

Drugi enacaj velja ker sta kota γ in γ1 skladna, skladni pa sta tudi stranici c in c1.

Iz te enakosti izluscimo naslednje:

sinβ

b=

sinβ1b1

,

21

ker pa je b = b1, velja

sinβ = sinβ1,

iz cesar pa sledi

β = β1 ali β = 180◦ − β1

Slika 2.18: Neskladni stranici lezita na isti premici

Ce bi veljalo β = β1, potem dobimo prvi primer iz dokaza, ce pa velja β = 180◦− β1,nam to pove, da tocke C, B, C2 po zrcaljenju lezijo na isti premici (saj β1 = β2, kar

pomeni, da sta kota β in β2 sokota)

Sklepamo lahko, da trikotnika 4ABC in 4A1B1C1 nista skladna, razen ce sta oba pra-

vokotna trikotnika s pravima kotoma pri ogliscih B in B1.

22

Kvazi izrek 6 Pravokotnik, vcrtan v kvadrat, je prav tako kvadrat.

Dokaz. Vzemimo poljuben kvadrat ABCD in vanj vcrtajmo pravokotnik MNPQ tako,

da vsako oglisce pravokotnika lezi na svoji stranici kvadrata. Konstruirajmo pravokotnici

Slika 2.19: Kvadratu vcrtan pravokotnik

QS in PR (na stranici kvadrata BC in AB) ter diagonali pravokotnika (QN in PM -

njuno presecisce oznacimo z O). Daljici QS in PR sta skladni, saj sta skladni s strani-

cami kvadrata, predstavljata pa kateti pravokotnih trikotnikov 4QSN in 4PRM , katerih

hipotenuzi sta diagonali pravokotnika QN in PM , ki sta prav tako skladni.

Ker imata ta trikotnika skladni kateti, hipotenuzi in prava kota, sledi da sta skladna (po

skladnostnem izreku SSKV , ki pravi, da sta trikotnika, ki se ujemata v dveh stranicah in

v kotu nasproti vecje stranice, skladna ).

Poglejmo stirikotnik MBNO. Notranji kot ∠BMO in zunanji kot ∠CNO sta enaka, kar

pomeni da sta notranja kota ∠BMO in ∠ONB suplementarna (skupaj merita 180◦). Torej

morata biti suplementarna tudi kota ∠NBM in ∠MON . Ker pa je kot ∠NBM pravi

kot, sledi, da je tudi ∠MON pravi kot. Diagonali pravokotnika se torej sekata pod pravim

kotom, zato je vcrtan pravokotnik kvadrat.

Analiza napake. Trditev je napacna, zato najprej poiscimo protiprimer. Pravokotnik

MNPQ vcrtajmo tako, da bo veljalo

|AM | = |AQ| = |CP | = |CN | 6= a

2,

kjer je a dolzina stranice kvadrata (stranice vcrtanega stirikotnika morajo biti vzporedne

z diagonalama kvadrata - ker sta diagonali pravokotni ena na drugo, so tudi stranice

stirikotnika med sabo pravokotne - tako dobimo pravokotnik).

23

Slika 2.20: Protiprimer

V dokazu smo se zanasali predvsem na sliko in s tem na to, da ena od projekcij P in Q

(torej tocki R in S) lezi znotraj stirikotnika MBNO, druga pa zunaj njega. Na sliki zgoraj

lahko vidimo, da temu ni nujno tako.

Raziscimo tri moznosti, ki smo jih v dokazu izpustili:

a) Obe tocki R in S lezita na stranicah stirikotnika MBNO

Poglejmo trikotnika 4QSN in 4PRM (na sliki 2.20). Vidimo, da sta skladna, saj

imata skladne stranice QS in PR (sta enake dolzine kot stranica kvadrata), QN in

PM (diagonali pravokotnika) ter kota ∠MRP in ∠NSQ, ki sta prava. Kota ∠RMO

in SNO sta zato enaka.

Trikotnik4MNO je enakokrak, saj ga oblikujeta diagonali pravokotnika, ki se razpolavl-

jata. Zato sta kota ∠NMO in ∠ONM enaka.

Sledi, da sta enaka tudi kota ∠BMN in ∠BNM . Imamo torej enakokrak pravokotni

trikotnik 4MNB, kar pomeni, da je

∠BMN = ∠BNM = 45◦.

Vidimo, da je stranica pravokotnika vzporedna diagonali kvadata - pravokotnik iz-

gleda tocno tako, kot smo ga konstruirali na sliki 2.20.

b) Nobena od tock R in S ne lezi na stranicah stirikotnika MBNO

Enako kot pri primeru a), poglejmo trikotnika 4QSN in 4PRM . Z istim razmis-

lekom ugotovimo da sta skladna, zato velja

∠RMP = ∠SNQ.

24

Ker sta ta kota enaka, sta enaka tudi kota ∠BMO in ∠BNO. Tako spet pridemo

do ugotovitve, da sta kota ∠BMN in ∠BNM enaka, zato je trikotnik 4MNB

enakokrak, iz cesar ponovno sledi (ker je pravokotni)

∠BMN = ∠BNM = 45◦.

Torej so tudi v tem primeru stranice kvadrata vzporedne z diagonalama kvadrata.

Slika 2.21: Projekciji lezita zunaj stirikotnika MBNO

c) Ena izmed tock R in S sovpada z ogliscem pravokotnika MBNO

Recimo, da sovpadata tocki R in M . Potem velja

Slika 2.22: Projekciji sovpadata z oglisci pravokotnika

|AR| = |AM |(= |AQ| = |CP | = |CN |). (2.1)

25

Ker je S projekcija tocke Q na daljico BC, sta daljici AQ in BS skladni in ker je R

projekcija tocke P na daljico AB, sta skladni tudi daljici PC in RB. Ce pogledamo

(2.1), vidimo da velja

|AR| = |RB|,

kar pomeni, da tocka R (torej tudi M) razpolavlja daljico AB. Daljica AM torej

meri a2 , kar pa smo na zacetku ‘prepovedali’ (v tem primeru je vcrtan pravokotnik

res kvadrat).

Kako bi lahko zapisali trditev, da bi bila resnicna?

Ce v kvadrat ABCD vcrtamo pravokotnik PQRS, je bodisi tudi PQRS kvadrat, ali pa ima

pravokotnik PQRS stranice vzporedne diagonalam kvadrata ABCD.

Poglavje 3

Deljenje z nic

Kvazi izrek 7 Vsi trikotniki imajo enako ploscino.

Dokaz. Oznacimo stranice poljubnega trikotnika z a, b, c, visine z va, vb, vc ter ploscino

z S. Vzemimo se dva poljubna trikotnika (prvi naj ima stranice a′, b′, c′, visine va′ , vb′ , vc′

ter ploscino S′, drugi pa stranice a′′, b′′, c′′, visine va′′ , vb′′ , vc′′ in ploscino S′′).

Slika 3.1: Poljubni trikotniki

Formulo za izracun ploscine trikotnika poznamo:

S =ava2

=bvb2

=cvc2.

Poglejmo si naslednja kolicnika:

SS′

=

ava2

a′va′

2

= avaa′va′

in SS′′

=

bvb2

a′′va′′

2

= bvba′′va′′

.

26

27

Iz vsake od teh enakosti sedaj izrazimo S:

S = S′ · avaa′va′

, S = S′′ · bvba′′va′′

.

Velja torej

S′ · avaa′va′

= S′′ · bvba′′va′′

.

Enacbo pomnozimo z obema imenovalcema in nato se z razliko (S − S′):

S′avaa′′va′′ = S′′bvba

′va′ / · (S − S′)

SS′avaa′′va′′ − S′2avaa′′va′′ = SS′′bvba

′va′ − S′S′′bvba′va′ .

Sedaj na obeh straneh pristejmo S′2avaa′′va′′ − SS′′bvba′va′ . Tako dobimo

SS′avaa′′va′′ − SS′′bvba′va′ = S′2avaa

′′va′′ − S′S′′bvba′va′ .

Na obeh straneh izpostavimo kar se da:

S(S′avaa′′va′′ − S′′bvba′va′) = S′(S′avaa

′′va′′ − S′′bvba′va′).

Vidimo, da lahko celotno enacbo delimo z S′avaa′′va′′ − S′′bvba′va′ , in s tem dobimo

S = S′.

Prisli smo do zakljucka, da je ploscina dveh poljubnih trikotnikov enaka, torej imajo vsi

trikotniki enako ploscino.

Analiza napake. S tem, ko smo enacbo delili z razliko S′avaa′′va′′ − S′′bvba′va′ , smo v

bistvu enacbo delili z nic. Preverimo, da res velja

S′avaa′′va′′ = S′′bvba

′va′ .

Vemo, da je

S =ava2

=bvb2

=cvc2,

S′ =a′va′

2=b′vb′

2=c′vc′

2

28

in

S′′ =a′′va′′

2=b′′vb′′

2=c′′vc′′

2.

Vidimo:

ava = 2S in a′′va′′ = 2S′′,

torej je

S′avaa′′va′′ = 4SS′S′′.

Podobno:

bvb = 2S in a′va′ = 2S′′,

iz cesar sledi

S′′bvba′va′ = 4SS′S′′.

Res je S′avaa′′va′′ = S′′bvba

′va′ , torej smo enacbo res delili z nic.

Poglavje 4

Dokazi s skrito predpostavko

Vcasih je dokaz nepopoln ali celo napacen, ce smo v njem potihem predpostavili kak detajl,

ki bi ga dejansko morali pred tem sele dokazati. Tipicen primer tega tipa je uporaba

maksimuma neke mnozice na realni osi, pri cemer ni jasno, ali ta sploh obstaja.

V tem poglavju si bomo ogledali dva tovrstna primera.

Kvazi izrek 8 Vsota notranjih kotov trikotnika je 180◦.

Dokaz. Poljuben trikotnik s pomocjo daljice, ki jo narisemo iz oglisca, razdelimo na dva

trikotnika (glej sliko spodaj).

Slika 4.1: Trikotnik

Z x oznacimo vsoto notranjih kotov trikotnika. Iz slike zgoraj vidimo naslednje:

α+ γ1 + δ = x

29

30

in

ε+ β + γ2 = x,

velja pa tudi

α+ β + γ1 + γ2 = x.

Iz tega sledi

α+ ε+ δ + β + γ1 + γ2 = 2x

x+ δ + ε = 2x

x+ 180◦ = 2x

x = 180◦.

Analiza napake. O vsoti notranjih kotov v trikotniku ne vemo nicesar, a smo kljub temu

predpostavili, da je le-ta konstantna (x). V bistvu ni nobene osnove, na podlagi katere bi

lahko sklepali, da je vsota notranjih kotov enaka v vseh trikotnikih. Seveda bi lahko brez

dokazovanja privzeli da je to res (potem bi dokaz zgoraj bil pravilen), a to bi pomenilo le,

da smo na mesto aksioma o vzporednosti postavili drug aksiom, ki bi povedal, da je vsota

notranjih kotov v vseh trikotnikih enaka.

Dokazali smo naslednje: ce je vsota notranjih kotov v vseh trikotnikih enaka, potem ta vsota

znasa 180◦.

Kvazi izrek 9 Obstaja trikotnik, v katerem je vsota notranjih kotov enaka 180◦.

Dokaz. V osemnajstem stoletju so matematiki poskusali pokazati, da lahko govorimo o

vsoti notranjih kotov trikotnika, brez da se nanasamo na aksiom o vzporednosti. Dokazati

jim je uspelo, da vsota ne more biti vecja od 180◦. Tako so jim ostale tri moznosti:

1. Za vse trikotnike je vsota notranjih kotov enaka 180◦,

2. za vse trikotnike je vsota notranjih kotov manjsa od 180◦,

3. za nekatere trikotnike je vsota notranjih kotov manjsa od 180◦, za nekatere pa enaka

180◦.

31

Kmalu so tudi tretjo moznost izkljucili in se usmerili v iskanje trikotnika, katerega vsota

notranjih kotov je enaka 180◦. Poiskali so ga takole:

Ker vsota notranjih kotov trikotnika ne presega 180◦, naj bo le-ta najvecja mozna (ϕ). Ce

obstaja vec taksnih trikotnikov, izberemo poljubnega (tako ne bo vsota notranjih kotov

nobenega drugega trikotnika presegla kota ϕ).

Iz slike 4.1 razberemo naslednje:

α+ γ1 + δ ≤ ϕ,

β + γ2 + ε ≤ ϕ

in

α+ β + γ1 + γ2 ≤ ϕ.

Iz prvih dveh enacb sledi

α+ β + γ1 + γ2 + δ + ε ≤ 2ϕ

ϕ+ 180◦ ≤ 2ϕ

180◦ ≤ ϕ

Ker pa vsota notranjih kotov ne more biti vecja od 180◦, sledi

ϕ = 180◦.

Analiza napake. Brez kakrsnekoli osnove smo sklepali, da je med cleni dane neskoncne

mnozice nujno tudi najvecnji clen. Privzeli smo, da med vsemi trikotniki, za katere vemo,

da vsota notranjih kotov ne presega 180◦, obstaja tak, v katerem ima vsota notranjih kotov

najvecjo vrednost (cesar nismo dokazali).

Poglejmo si primer, ki nam bo pokazal, da ni nujno, da obstaja najvecja vsota notranjih

kotov:

Primer: Notranji kot pravilnega veckotnika meri[180(n− 2)

n

]◦,

32

kjer je n stevilo stranic pravilnega veckotnika, in je vedno manjsi od 180◦. Ne obstaja pa

pravilni veckotnik z najvecjim notranjim kotom (torej tudi najvecja vsota notranjih kotov

ne obstaja).

Poglavje 5

Povrsni sklepi

Kvazi izrek 10 Vsi trikotniki so enakokraki.

Dokaz. Podan imamo poljuben trikotnik 4ABC. Konstruirajmo simetralo kota γ in

njeno presecisce s stranico c oznacimo s P .

Slika 5.1: Trikotnik 4ABC

Poglejmo razmerje dolzin daljic AP in PB...

Sinusni izrek pravi:

|AP |sin γ

2= b

sin δ in |PB|sin γ

2= a

sin(180◦−δ)

Izrazimo |AP | in |PB|:

|AP | = b sin γ2

sin δ , |PB| = a sin γ2

sin δ

33

34

Iz tega sledi|AP ||PB|

=b

a.

Poglejmo se, kako lahko izrazimo kota δ in ε:

δ = 180◦ − α− γ

2

δ = β + γ − γ

2

δ = β +γ

2,

ε = 180◦ − β − γ

2

ε = α+ γ − γ

2

ε = α+γ

2.

Tako po drugi strani velja

|AP | = b sin γ2

sin(β+ γ2 )

, |PB| = a sin γ2

sin(α+ γ2 )

,

in zato je|AP ||PB|

=b sin γ

2 sin(α+ γ

2

)a sin γ

2 sin(β + γ

2

) .Sledi enakost

b

a=|AP ||PB|

=b sin

(α+ γ

2

)a sin

(β + γ

2

) ,ki jo sedaj pomnozimo z a

b in sin(β + γ

2

), da dobimo

sin(β +

γ

2

)= sin

(α+

γ

2

).

Sedaj vidimo naslednje:

β +γ

2= α+

γ

2,

kar nas privede do zakljucka

β = α.

35

Prisli smo do ugotovitve, da sta kota α in β enaka, kar pa pomeni, da je nas trikotnik

enakokrak. Ker smo vzeli poljubni trikotnik, to pomeni, da so taksni vsi trikotniki.

Analiza napake. Napako smo storili s sklepanjem, da iz

sin(β +

γ

2

)= sin

(α+

γ

2

)sledi

β +γ

2= α+

γ

2.

Privzeli smo, da je funkcija sinus injektivna, kar pa ni. Pravilen sklep bi bil taksen:

ce je sin(β + γ

2

)= sin

(α+ γ

2

), potem velja ali

β +γ

2= α+

γ

2

in posledicno seveda

β = α

ali

β +γ

2= 180◦ −

(α+

γ

2

),

iz cesar dobimo enakost

α+ β + γ = 180◦.

To enakost seveda ze poznamo, ne pove pa nam nic o tem, kaksen trikotnik imamo.

Poglavje 6

Nerazumevanje dokazanega

Zelo pogosta napaka v dokazih je tudi ta, da dokazemo nekaj povsem drugega kot bi morali.

Gre za nerazumevanje tega, kar je bilo dokazano.

6.1 Osnovni pojmi iz algebre

Definicija 6.1 Kolobar je neprazna mnozica K skupaj z binarnima operacijama sestevanjem

in mnozenjem, za kateri velja:

1. Mnozica K je za sestevanje Abelova grupa, kar pomeni, da v K velja:

• asociativnost sestevanja:

a+ (b+ c) = (a+ b) + c

za vsak a, b in c iz mnozice K,

• obstaja nevtralni element 0 za sestevanje, tako da je za vsak a iz mnozice K

a+ 0 = 0 + a = a,

• za vsak a iz mnozice K obstaja nasprotni element −a, tako da je

a+ (−a) = (−a) + a = 0,

• komutativnost sestevanja:

a+ b = b+ a

za vsak a in b iz mnozice K,

36

6.1 Osnovni pojmi iz algebre 37

2. asociativnost mnozenja:

a(bc) = (ab)c

za vsak a, b in c iz mnozice K,

3. za vse a, b in c iz K velja

a(b+ c) = ab+ ac in (a+ b)c = ac+ bc.

Definicija 6.2 Element a iz kolobarja K je obrnljiv, ce obstaja tak element a−1 iz K, da

velja

a · a−1 = a−1 · a = 1.

Definicija 6.3 Komutativen kolobar z enoto 1, ki je razlicna od 0, v katerem je vsak njegov

element obrnljiv, imenujemo polje.

Opomba 6.4 Komutativen kolobar pomeni, da je tudi mnozenje v kolobarju komutativno

(ab = ba za vsak a in b iz kolobarja).

Definicija 6.5 Podmnozica polja, ki je za isti operaciji tudi sama polje, imenujemo pod-

polje.

Definicija 6.6 Polje E je razsiritev polja F , ce je F podpolje polja E.

Definicija 6.7 Naj bo polje E razsiritev polja F . Element a iz E je algebraicen nad F , ce

obstaja tak nenicelni polinom f(x) iz F [X] (polje polinomov s koeficienti iz F ), da je

f(a) = 0

Definicija 6.8 Element p iz kolobarja K je nerazcepen, ce velja:

(i) p ni obrnljiv,

(ii) ce lahko p zapisemo kot p = ab za neka a in b iz K, je eden izmed elementov a in b

obrnljiv.

Definicija 6.9 Polinom p, iz polja polinomov F [X], je minimalni polinom elementa a iz

polja E, ce velja:

6.2 Primeri dokazov z napako 38

(i) element a je nicla polinoma p,

(ii) polinom p je nerazcepen,

(iii) stopnja p je najmanjsa mozna (in vodilni koeficient je 1).

Definicija 6.10 Realno stevilo a je konstruktibilno, ce lahko v koncnem stevilu korakov s

pomocjo sestila in ravnila konstruiramo stevilo |a|.

Opomba 6.11 Minimalni polinom konstruktibilnega stevila a je stopnje 2s, kjer je s nar-

avno stevilo ali 0.

6.2 Primeri dokazov z napako

Kvazi izrek 11 Bisekcija kota je nemogoca.

Najprej dokazimo, da je trisekcija kota v splosnem nemogoca (ni res, da lahko vsak kot

razdelimo na tri enake dele)...

Ce bi lahko vsak kot razdelili na tri enake dele, bi to veljalo tudi za kot 60◦, kar bi pomenilo,

da sta stevili sin 20◦ in cos 20◦ konstruktibilni stevili.

Slika 6.1: Trisekcija kota 60◦

Trditev 6.12 Stevilo cos 20◦ ni konstruktibilno.

Dokaz trditve. Poglejmo si formulo za kosinus trojnega kota...

cos (3ϕ) = 4 cos3 ϕ− 3 cosϕ.


Namesto ϕ vstavimo 20◦, cos 20◦ pa oznacimo z a. Tako dobimo

cos 60◦ = 4a3 − 3a.

Vrednost stevila cos 60◦ poznamo:

1

2= 4a3 − 3a / · 2

0 = 8a3 − 6a− 1.

Stevilo a = cos 20◦ je torej algebraicno, saj je nicla polinoma p(x) = 8x3 − 6x − 1. Ce

uspemo dokazati da je ta polinom minimalni polinom stevila a, bo s tem trditev dokazana,

saj je stopnja polinoma p enaka 3, stopnja minimalnega polinoma konstruktibilnega stevila

pa je oblike 2s (s je naravno sevilo ali 0).

Dokazati se torej moramo, da je polinom p(x) (iz polja Q[X]) nerazcepen v Q[X].

Ce bi p bil razcepen, bi ga lahko zapisali kot produkt linearnega in kvadratnega polinoma:

8x3 − 6x− 1 = (bx2 + cx+ d)(ex+ f).

Vidimo, da ima ta polinom racionalno niclo. Ta nicla je oblike mn , pri cemer m deli prosti

clen polinoma, n pa deli vodilni koeficient polinoma. Poglejmo si kandidate za m in n:

m : ±1

n : ±1,±2,±4,±8.

Kandidati za racionalne nicle so torej stevila

±1,±1

2,±1

4,±1

8.

Preverimo, ali je katero od teh stevil res nicla polinoma p:

p(1) = 8− 6− 1 = 1

p(−1) = −8 + 6− 1 = −3

p

(1

2

)= 8 · 1

8− 6 · 1

2− 1 = −3

p

(−1

2

)= −8 · 1

8+ 6 · 1

2− 1 = 1

p

(1

4

)= 8 · 1

64− 6 · 1

4− 1 = −19

8

p

(−1

4

)= −8 · 1

64+ 6 · 1

4− 1 =

3

8


p

(1

8

)= 8 · 1

512− 6 · 1

8− 1 = −111

64

p

(−1

8

)= −8 · 1

512+ 6 · 1

8− 1 = −17

64

Ker nobeno od teh stevil ni nicla nasega polinoma, je polinom p nerazcepen nad poljem

Q[X]. Polinom p je torej minimalni polinom stevila a, kar pomeni da a = cos 20◦ ni

konstruktibilno stevilo (ker stopnja minimalnega polinoma ni oblike 2s).

Dokaz kvazi izreka. Pravkar smo dokazali, da ne moremo konstruirati stevila cos 20◦.

Zato ne moremo konstruirati kota 20◦. To pomeni, da tudi kota 40◦ ne moremo razdeliti

na dva enaka dela. Iz tega pa sledi, da je v splosnem bisekcija poljubnega kota nemogoca.

Analiza napake. V dokazu nismo bili pozorni na to kar smo dokazali. Dejansko smo

dokazali, da ne moremo konstruirati kota 40◦. Ce bi ta kot bil dan, pa bi ga lahko razpolovili,

saj vemo, da bisekcija kota je mogoca.

Kvazi izrek 12 Premici, od katerih je natanko ena pravokotna na tretjo premico, se ne

sekata.

Dokaz. Konstruirajmo daljico AB, iz njenih oglisc pa poltraka AQ in BP tako, da dobimo

ostri kot ∠BAQ in pravi kot ∠ABP .

Slika 6.2: Poltraka se ne sekata


Razpolovimo daljico AB in dolzino 12 |AB| nanesemo na oba poltraka. Tako dobimo tocki

A1 in B1. Daljici AA1 in BB1 se ne moreta sekati:

ce bi imeli skupno tocko (K), bi z njo ustvarili trikotnik 4ABK. V tem primeru bi (zaradi

trikoktniske neenakosti) po eni strani veljalo

|AK|+ |BK| ≥ |AB|,

po drugi strani pa je |AK| ≤ |AA1| in |BK| ≤ |BB1| in zato velja

|AK|+ |BK| ≤ |AA1|+ |BB1| = |AB|.

Od tod dobimo enacaj (|AK| + |BK| = |AB|), kar pa ne gre, saj to pomeni, da je edina

moznost za tocko K razpolovisce daljice AB.

Sedaj povezemo tocki A1 in B1, daljico razpolovimo in dolzino 12 |A1B1| nanesemo na

poltraka A1Q in B1P . Dobimo tocki A2 in B2. Daljici A1A2 in B1B2 se prav tako ne

sekata (razmislek je enak kot zgoraj).

Postopek lahko ponavljamo v neskoncnost (za vsako naravno stevilo n velja: |AnAn+1| =12 |AnBn|). Koncal bi se, ce bi za neko naravno stevilo n tocki An in Bn sovpadali, o cemer

pa smo ze prej razmislili da je nemogoce. Zraven tega pa bi dobili tudi pravokotni trikotnik,

v katerem bi bili hipotenuza in kateta enake dolzine.

Prisli smo do zakljucka, da se poltraka AQ in BP ne sekata.

Analiza napake. Napaka je nerazumevanje tega, kar smo dokazali. Dokazali smo, da se

daljice z istimi indeksi ne morejo sekati. To sicer drzi, ampak iz tega nikakor ne moremo

Slika 6.3: Poltraka se sekata

sklepati (tako kot smo), da se poltraka ne sekata. Prav tako pa smo brez dokaza privzeli, da


lahko zgoraj opisan postopek ponavljamo v neskoncnost. V dokazu zgoraj nismo upostevali,

da se lahko sekajo tudi daljice z razlicnimi indeksi (npr. A3A4 in B1B2, kot na sliki 6.3).

Ce bi torej hoteli dokazati, da se poltraka AQ in BP ne sekata, bi morali dokazati da se

nobeden del ‘posevnega’ poltraka ne seka z nobenim delom pravokotnega poltraka.

Poglavje 7

Nepravilna raba besede ‘limita’

7.1 Osnovni pojmi

Definicija 7.1 Zaporedje v mnozici M je preslikava, ki slika iz mnozice naravnih stevil v

mnozico M (a : N → M). Ce za za mnozico M vzamemo realna stevila, recemo zaporedju

realno zaporedje.

Oznake:

• a(n) = an

• zaporedje oznacimo z (an) oz. z (a1, a2, a3, ...)

Definicija 7.2 Naj bo (an) realno zaporedje. Realno stevilo L je limita tega zaporedja, ce

za vsako pozitivno stevilo ε obstaja tak indeks n0 (naravno stevilo), da za vsa naravna stevila

n, ki so vecja ali enaka n0, velja neenakost

|an − a| < ε.

Zaporedje, ki ima limito, imenujemo konvergentno, zaporedje, ki limite nima, pa diver-

gentno.

Definicija 7.3 Ce so vsi cleni zaporedja enaki, recemo, da je zaporedje konstantno.

Konstantno zaporedje je konvergentno, njegova limita pa je enaka njegovim clenom:

43

7.1 Osnovni pojmi 44

(an) = (a, a, a, a, ...)⇒ lim an = a.

Izrek 7.4 Konvergentno zaporedje ima eno samo limito.

Dokaz. Naj bo realno stevilo L limita zaporedja (an) in denimo, da je tudi realno stevilo

L′ limita tega zaporedja. Nas cilj je dokazati, da sta stevili L in L′ enaki.

Izberimo poljubno pozitivno stevilo ε. Ker je L limita zaporedja (an), obstaja tako naravno

stevilo n1, da za vsako naravno stevilo n, vecje ali enako n1, velja

|an − L| <ε

2.

Prav tako, ker je L′ limita zaporedja (an) obstaja tako naravno stevilo n2, da za vsako

naravno stevilo n, vecje ali enako n2, velja

|an − L′| <ε

2.

Sedaj izberimo poljubno naravno stevilo n′, ki je vecje ali enako n1 in hkrati vecje ali enako

n2. Potem veljata obe neenakosti od zgoraj hkrati, zato velja:

|L− L′| = |(L− an′) + (L′ − an′)| ≤ |L− an′ |+ |L′ − an′ | <ε

2+ε

2= ε.

Prisli smo do zakljucka, da za vsako pozitivno stevilo ε velja

|L− L′| < ε.

Razlika |L − L′| je torej nenegativno steilo, ki je manjse od vsakega pozitivnega stevila.

Zato je ta razlika enaka nic, oz.

L = L′.

Definicija 7.5 Za vsako naravno stevilo n naj bo dana funkcija fn : D → R. Zaporedju

funkcij

(fn) = (f1, f2, ..., fn)

pravimo funkcijsko zaporedje.

Definicija 7.6 Funkcijsko zaporedje (fn) enakomerno konvergira k funkciji f , ce za vsako

pozitivno stevilo ε obstaja tako naravno stevilo n0, da za vsak x iz definicijskega obmocja


velja: za vsako naravno stevilo n, ki je vecje ali enako n0, velja neenakost

|f(x)− Fn(x)| < ε.

7.2 Primeri dokazov z napako

Kvazi izrek 13 V pravokotnem trikotniku je dolzina hipotenuze enaka vsoti dolzin katet.

Dokaz. V pravokotnem trikotniku 4ABC razpolovisce hipotenuze oznacimo z D. Iz te

tocke nato konstruiramo pravokotnici na kateti trikotnika (DE in DF ).

Slika 7.1: Pravokotni trikotnik

Dobili smo dva ‘nova’ pravokotna trikotnika 4DBE in 4ADF , katerih vsota katet je enaka

vsoti katet trikotnika4ABC (daljica BE je enako dolga kot DF , daljica ED pa enako dolga

kot FA, saj tocka E razpolavlja kateto BC, tocka F pa razpolavlja kateto CA).

Konstrukcijo ponovimo za oba trikotnika 4DBE in 4ADF in tako dobimo stiri se manjse

pravokotne trikotnike, katerih vsota katet je spet enaka vsoti katet prvotnega trikotnika.

Ta postopek lahko ponavljamo v neskoncnost - tako hipotenuzo razdelimo najprej na 2,

nato na 4, 8, 16,... enakih delov in s tem dobimo prelomljeno crto (zago), ki povezuje tocki

A in B in ki je sestavljena iz 4, 8, 16, 32,... delov oz. katet majhnih pravokotnih trikotnikov.

Vsota teh katet je konstantna, torej je enaka vsoti katet trikotnika 4ABC.


Ko stevilo razdelitev hipotenuze AB narasca, se ji prelomljena crta priblizuje. To pomeni,

da bo po zelo velikem stevilu delitev tezko lociti med hipotenuzo in to prelomljeno crto.

Zato trdimo, da je limita zaporedja prelomljenih crt hipotenuza AB.

Opomba 7.7 Ta limita je misljena v smislu, da najvecja razdalja (visina na hipotenuzo

kateregakoli izmed enakih pravokotnih trikotnikov) med tockami prelomljene crte in daljice

AB konvergira k nic.

Ne glede na to, kako blizu hipotenuze AB konstruiramo njej vzporedno premico (slika 7.1),

bo vedno obstajala prelomljena crta, sestavljena iz katet enakih pravokotnih trikotnikov, ki

bo (skupaj z vsemi naslednjimi) v celoti lezala med njima.

Ker je dolzina vsake prelomjene crte ki povezuje tocki A in B enaka, je zaporedje nji-

hovih dolzin konstanto. Zato je tudi limita tega zaporedja isto stevilo, torej vsota katet

pravokotnega trikotnika 4ABC.

Po drugi strani pa je hipotenuza AB limita zaporedja prelomljenih crt, zato mora biti njena

dolzina prav tako limita zaporedja njihovih dolzin. Zaporedje pa ne more imeti dveh limit.

Tako smo prisli do zakljucka, da je dolzina hipotenuze v pravokotnem trikotniku res enaka

vsoti dolzin katet, in s tem dokazali naso trditev.

Analiza napake. Napako smo storili s tem, ko smo besedo ‘limita’ naenkrat uporabili v

dveh popolnoma razlicnih smislih:

1. Zaporedje prelomljenih crt (‘zaga’ s spreminjajocim se stevilom zob), katerih tocke

se priblizujejo neskoncno blizu dani daljici.

2. Zaporedje stevil (dolzine prelomljenih crt), ki se priblizuje neskoncno blizu nekemu

danemu stevilu.

Iz tega, da se zaporedje daljic priblizuje (v prvem smislu) dani daljici, ne moremo sklepati,

da se zaporedje dolzin teh daljic priblizuje (v drugem smislu) dolzini dane daljice.

Zmedlo nas je dejstvo, da pri zelo velikem stevilu razdelitev hipotenuze AB, s prostim

ocesom ne moremo vec lociti med prelomljeno crto in samo hipotenuzo (ce bi razdeljen

trikotnik pogledali pod veliko povecavo, bi ju locili).

Res je pri zelo majhnih pravokotnih trikotnikih razlika med dolzino hipotenuze in vsoto

dolzin katet zanemarljiva, a ko sestejemo veliko stevilo (gledamo enake pravokotne trikot-

nike) taksnih zanemarljivih razlik, je vsota znatna.


Vec pozornosti moramo posvetiti dejstvu, da se prelomljene crte blizajo dalici AB glede

na razdaljo (med njima), ne pa tudi glede na smer - ne glede na to kako majhni so cleni

prelomljene crte, le-ti vedno alternirajo navpicno in vodoravno, medtem ko je hipotenuza

AB posevna.

Kvazi izrek 14 Stevilo π je enako 2.

Dokaz. Konstruirajmo poljubno daljico AB, nad njo pa polkroznico tako, da bo daljica

njen premer. Poglejmo, koliksna je dolzina te polkroznice (oznacimo jo z l). Vemo, da je

obseg kroga enak

o = 2πr,

oziroma v nasem primeru

o = |AB|π.

Dolzina polkroznice je torej

l =π

2|AB|.

V naslednjem koraku daljico AB razpolovimo in tako dobimo dve krajsi daljici. Nad prvo

Slika 7.2: Konstrukcija polkroznic

daljico kostruiramo polkroznico tako kot prej, drugo polkroznico pa konstruiramo podobno,

le da je pod daljico (slika 7.2). Poglejmo dolzino krivulje (oznacimo jo z l1), ki je sestavljena


iz teh dveh polkroznic (polkroznici sta enako dolgi, saj imata enak premer):

l1 = 2 · 1

2·(

1

2|AB|π

)=π

2|AB|.

Dolzina te krivulje je torej enaka kot dolzina prvotne polkroznice.

Konstrukcijo spet ponovimo: dobimo stiri se krajse daljice in izmenicno konstruiramo

polkroznice nad in pod daljico. tudi dolzina te vijugaste krivulje je enaka dolzini prvotne

polkroznice:

l2 = 4 · 1

2·(

1

4|AB|π

)=π

2|AB|.

Postopek konstrukcije polkroznic ponavljamo in s tem razdelimo daljico AB na vedno vec

(8, 16, 32, 64,...) enakih delov, krivulja (sestavljena iz enakih polkroznic) pa ima vedno

vec vijug (‘valov’). Vse krivulje imajo enako dolzino in se priblizujejo daljici AB, zato le-ta

predstavlja njihovo limito (najvecja razdalja med tockami na krivulji in daljico je polmer

polkroznic, ki pa, z vedno vec delitavimi daljice, limitira proti nic) - od nekega stevila delitev

daljice naprej, bodo vse krivulje lezale znotraj pasa oznacenega na sliki 7.2.

Ker so vse krivulje enake dolzine, mora tudi daljica AB meriti π2 |AB|, saj je njihova limita.

Velja torej

|AB| = π

2|AB|,

iz tega pa sledi

π = 2.

Analiza napake. Napaka, ki smo jo naredili, je popolnoma enaka kot v prejsnjem primeru.

Besedo ‘limita’ smo naenkrat uporabili v dveh popolnoma razlicnih smislih.

Zaporedje krivulj se res neskoncno priblizuje daljici AB, vseeno pa njena dolzina ni limita

dolzin krivulj - ce funkcije fn enakomerno konvergirajo k funkciji f , to ne pomeni, da dolzina

grafa funkcije fn konvergira k dolzini grafa funkcije f , saj v formuli za dolzino grafa nastopa

odvod.

Formula za dolzino grafa funkcije f na intervalu [a, b]:∫ b

a

√f ′(x)2 + 1dx.

Funkcije fn lahko konvergirajo k funkciji f , kar pa ne pomeni, da tudi odvodi f ′n konvergirajo

k odvodu f ′.

Poglejmo situacijo se enkrat. Daljico AB razdelimo na n enakih delov, kjer je n poljubno

naravno stevilo. Recimo, da je vsak del daljice dolzine 2R.


Ko prepotujemo prvi del daljice, prepotujemo razdaljo 2R. Ce bi potovali po polkroznici,

ki poteka od enega krajisca prvega dela daljice do drugega, bi prepotovali razdaljo πR, kar

je skoraj dvakrat vec. Ko sestejemo vse dele daljice ugotovimo, da po daljici prepotujemo

razdaljo 2Rn, po polkroznicah pa razdaljo πRn, kar je se vedno skoraj dvakrat vec. Ta

izracun je enak za poljubno veliko stevilo n oz. za poljubno majno stevilo R.

Krivulje se daljici priblizujejo glede na razdaljo, glede na smer pa ne: med tem ko je daljica

AB vodoravna, krivulje nihajo navpicno in vodoravno.

Poglavje 8

Neustrezen prenos iz prostora v

ravnino

Kvazi izrek 15 Povrsina sfere z radijem R meri π2R2.

Dokaz. Imamo sfero s srediscem O. Predstavljajmo si to sfero kot Zemljo: naj ima pola,

ekvator in poldnevnike.

Osredotocimo se na polovico sfere. Ta je omejena z ekvatorjem q, pol pa oznacimo s P

(slika 8.1).

Slika 8.1: Polsfera

Radij OP je torej pravokoten na ravnino, ki jo doloca ekvator. Ekvator razdelimo na n

enakih delov, kjer je n zelo veliko stevilo. Tocko P povezemo z vsemi tockami delitve na

50

51

ekvatorju in s tem polsfero razdelimo na n zelo ozkih sfernih trikotnikov, katerih stranice in

visine so loki dolzine ene cetrtine dolzine poldnevnika, za osnovnico pa imajo zelo majhen

lok ekvatorja.

Ce ekvator razdelimo se na vec delov, lahko taksne sferne trikotnike naredimo poljubno

ozke, neskoncno ozek trikotnik pa lahko prenesemo na ravnino in s tem dobimo enakokrak

trikotnik z osnovnico dolzine 2πRn in visino dolzine πR

2 (ker je visina pravokotna na osnovnico,

meri cetrtino dolzine ‘poldnevnika’). Ploscina tega trikotnika je:

S =ov

2

S =1

2· 2πR

n· πR

2

S =π2R2

2n.

Povrsino polsfere zapolni n taksnih trikotnikov, zato moramo (ce zelimo dobiti povrsino

celotne sfere) ploscino enega trikotnika pomnoziti z 2n:

P = 2n · π2R2

2nP = π2R2.

Analiza napake. Napako smo naredili ze s tem, da smo uporabljali izraze, ki so primerni

le za vizualno predstavo, v matematicnem dokazu pa nimajo vecjega pomena. To so izrazi

kot: zelo veliko stevilo, zelo ozek trikotnik, majhen lok, neskoncno ozek trikotnik,...

Prava napaka pa se skriva v trditvi, da lahko neskoncno ozek sferni trikotnik prenesemo

na ravnino in s tem dobimo enakokrak trikotnik, poleg tega pa bi naj trikotnika imela se

enako povrsino. To seveda ni mogoce. V nobenem primeru ne moremo se tako majhnega

sfernega trikotnika prenesti v ravnino tako, da bi z omenjenim enakokrakim trikotnikom

imela enako povrsino. Za to, da bi bili povrsini enaki, nismo ponudili nobenega argumenta

in tudi argument, da je osnovnica zelo majhna, nam pri tem ne pomaga. Likov pac ne

moremo tako zlahka iz prostora prenasati v ravnino in sklepati na enakost povrsin.

Zakljucek

V prvem poglavju smo predstavili dva primera dokazov, v katerem se zanasamo na sliko, ki

pa je varljiva. Drugo poglavje predstavlja stiri primere dokazov, kjer nismo upostevali vseh

moznosti, ki lahko nastopijo. Drugi primer prvega poglavja je povzet po viru [5], med tem,

ko smo prvi primer tega poglavja in poglavje 2, povzeli po knjigi [1], ki je nas glavni vir,

pri cemer smo v prvem in drugem primeru drugega poglavja uporabili tudi cetrto poglavje

knjige [2]. Po tej knjigi smo povzeli tudi poglavje 3.

Na knjigi [1] temeljijo tudi poglavje 4, poglavji 7 in 8 ter drugi primer sestega poglavja.

Peto poglavje je povzeto po zapiskih z vaj pri predmetu Elementarna matematika I, katerega

nosilec je doc. dr. Bojan Hvala.

Pri prvem primeru poglavja 6 je bilo koristno uporabljeno tretje poglavje knjige [3]. Defini-

cije v podpoglavju 6.1 smo povzeli po zapiskih s predavanj in vaj pri predmetu Algebra III,

nosilec katerega je prof. dr. Matej Bresar. Po zapiskih z njegovih predavanj pri predmetu

Analiza I pa so povzete definicije iz prvega dela sedmega poglavja.

Vse slike v diplomski nalogi so narisane s programom Geogebra.

52

Literatura

[1] J. S. Dubnov, Mistakes in geometric proofs, poglavje v knjigi A.I. Fetisov, J.S. Proof in

geometry (with Mistakes in geometric proofs, Dover Publications, Inc., Mineola, New

York, 2006, str. 5-57.

[2] V. M. Bradis, V. L. Minkovskii, A. K. Kharcheva, Lapses in mathematical reasoning,

General Publishing Company, Ltd., Toronto, 1999.

[3] E. A. Maxwell, Fallacies in mathematics, Cambridge University Press, Cambridge,

1963.

[4] Spletna stran Cut the knot, dostopno na naslovu:

http://www.cut-the-knot.org/proofs/. Povzeto dne 8.7.2010.

[5] A circle with two centers, spletna stran Cut the knot, dostopno na naslovu

http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Fallacies/CircleWithTwoCenters.shtml.

Povzeto dne 14.7.2010.

53

diplomsko delo - connecting repositoriescore.ac.uk/download/pdf/67539686.pdfblazej, t.: mistakes in...

Documents