Kós Géza
Összegyűjtöttünk olyan hibás okoskodásokat, amelyek meghökkentő állításokat bizonyítanak. A hibák megkeresése bárki számára tanulságos lehet.
Húzzuk meg az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle C\)-ből induló szögfelezőjét és az \(\displaystyle AB\) oldal felező merőlegesét. Ha \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BC\) egyenlő, akkor kész vagyunk. Ha nem, akkor a szögfelező és a felező merőleges nem lehetnek sem párhuzamosak, sem egybeesők, tehát metszik egymást. Legyen \(\displaystyle M\) a metszéspontjuk.
Állítsunk merőlegest \(\displaystyle M\)-ből az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BC\) oldalak meghosszabbítására; legyen ezek talppontja \(\displaystyle D\) illetve \(\displaystyle E\).
A \(\displaystyle CMD\) és \(\displaystyle CME\) háromszögek egybevágóak, mivel \(\displaystyle M\) a szögfelezőn van. Ezért \(\displaystyle CD=CE\) és \(\displaystyle DM=EM\). Másrészt \(\displaystyle AM=BM\), mert \(\displaystyle M\) a felezőmerőlegesen is rajta van.
Az \(\displaystyle ADM\) és \(\displaystyle BEM\) derékszögű háromszögek egybevágóak, mert - mint láttuk - átfogóik ugyanakkorák, és a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle EM\) befogók hossza is megegyezik. Ezért a másik befogójuk is ugyanakkora: \(\displaystyle AD=BE\).
Mindezekből következik, hogy
\(\displaystyle AC=CD-AD=CE-BE=BC. \)
Könnyű ellenőrizni, hogy a bizonyítás akkor is működik, ha az \(\displaystyle M\) pont a háromszög belsejében van.
Legyen \(\displaystyle ABCD\) egy olyan négyszög, amelyben az \(\displaystyle A\)-nál levő szög derékszög, a \(\displaystyle B\)-nél levő szög \(\displaystyle 100^\circ\), továbbá \(\displaystyle AD=BC=a\). Legyen \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle AB\) illetve \(\displaystyle CD\) oldalak felező merőlegese. Feltéve, hogy a derékszög nem \(\displaystyle 100\) fokos, az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CD\) oldalak nem párhuzamosak, ezért \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\) metszi egymást; legyen a metszéspontjuk \(\displaystyle M\).
Mivel \(\displaystyle M\) rajta van \(\displaystyle e\)-n, az \(\displaystyle AB\) oldal felező merőlegesén, az \(\displaystyle ABM\) háromszög egyenlő szárú. Jelöljük az \(\displaystyle AM\) és \(\displaystyle BM\) szakaszok közös hosszát \(\displaystyle b\)-vel. Ugyanebből az okból az ábrán a kék szögek is egyenlő nagyságúak.
Az \(\displaystyle M\) pont rajta van \(\displaystyle f\)-en, a \(\displaystyle CD\) oldal felező merőlegesén is, ezért a \(\displaystyle CDM\) háromszög is egyenlő szárú; jelöljük \(\displaystyle c\)-vel a \(\displaystyle CM=DM\) távolságot.
Az \(\displaystyle ADM\) és \(\displaystyle BCM\) háromszögek egybevágók, mert ugyanakkorák az oldalaik. Az egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek fekszenek, ezért \(\displaystyle DAM\sphericalangle=CBM\sphericalangle\). E két szögből kivonva a kék szöget, az egyik oldalon a derékszöget, a másik oldalon a \(\displaystyle 100\) fokos szöget kapjuk.
Hova lett a kérdőjel helyén álló négyzet?
Valaki a következőképpen oldotta meg az
\(\displaystyle \sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}=-1 \)
egyenletet.
Emeljük mindkét oldalt köbre, és használjuk fel az \(\displaystyle (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\) azonosságot: $$\begin{gather*} \Big(\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}\Big)^3=-1 \\ \Big(\sqrt[3]{x-1}\Big)^3+\Big(\sqrt[3]{3-x}\Big)^3+3\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}\Big(\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}\Big)=-1 \\ (x-1)+(3-x)+3\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}(-1)=-1 \\ \sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}=1 \\ \Big(\sqrt[3]{x-1}\Big)^3\Big(\sqrt[3]{3-x}\Big)^3=1 \\ (x-1)(3-x)=1 \\ x^2-4x+4=0 \\ (x-2)^2=0 \\ x=2. \end{gather*}$$ Mivel csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, \(\displaystyle x=2\) megoldása az egyenletnek, és más megoldás nincs.
Emeljük mindkét oldalt köbre, és használjuk fel az \(\displaystyle (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\) azonosságot:
Mivel csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, \(\displaystyle x=2\) megoldása az egyenletnek, és más megoldás nincs.
Hol van a megoldásban a hiba?
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
A KöMaL 2022 őszi számaiban Tóthmérész Lilla egy alapos cikksorozatot ([1]) közölt a négyszín-sejtés történetéről, benne kiemelten Alfred Kempe 1879-ben közölt bizonyítási kísérletéről, amelyben Heawood 1890-ben találta csak meg a hibát. A cikkben leírtakat érdemes kiegészíteni azzal, hogy 1880-ban egy másik, rendkívül érdekes bizonyítási kísérlet is történt. Egy Peter Guthrie Tait nevű skót matematikus ugyanis a következő szép állítást bizonyította, mindössze 1 évvel Kempe kísérlete után ...
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
