|

İçindekiler

giriiş

1. Yeni Başlayanların Anlayabileceği Muhakeme Hataları

2. 1. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi

3. Limit Kavramıyla Bağlantılı Muhakeme Hataları

4. 3. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi

MATEMATİK KONULARI

Evet. S. Dubnov

Hatalar

içinde

TOPPIICCSS

İÇİNDE

MAT 11 EMATİK

Geometrik İspatlardaki Hatalar

Evet. S. Dubnov

İkinci Rusça baskısından (1955) çevrilmiş ve uyarlanmıştır.

ALFRED K. HENN ve OLGA A. TITELBAUM

ANKET

SON DOĞU AVRUPA MATEMATİK LİTERATÜRÜ

Tarafından yürütülen bir proje

ALFRED L. PUTNAM ve IZAAK WIRSZUP

Matematik Bölümü.

Chicago Üniversitesi, S'ational Science Tooundation'un bağışı altında

DC HEATHi VE ŞİRKET BOSTONJ

Kongre Kütüphanesi Katalog Kart Numarası: 61-17840

Telif Hakkı © 1963 Chicago Üniversitesi'ne aittir

Bu telif hakkı kapsamındaki materyalin hiçbir kısmı, yayıncının yazılı izni olmadan hiçbir biçimde çoğaltılamaz. Amerika Birleşik Devletleri'nde basılmıştır

(6 L 2)

AMERİKAN BASKISINA ÖNSÖZ

Bu kitapçık hatalı geometrik kanıtların örneklerini sunar; bunlardan bazıları bir öğrencinin akıl yürütme sırasında yapabileceği hataları gösterirken, diğerleri klasik safsatalardır. 1. ve 3. Bölümler bu hatalı delilleri sunmakta, ardından 2. ve 4. Bölümler hataların ayrıntılı analizlerini vermektedir.

Doğal olarak bu kitapçığı okuyabilmek için okuyucunun düzlem geometrisine aşina olması gerekir. 1. ve 2. Bölümler için yalnızca paralel ve dik doğrular ve çokgenlerle ilgili teoremler hakkında bilgi sahibi olmak yeterlidir. 3. ve 4. Bölümler daha gelişmiş materyaller içerir ve dairelerin daha basit özellikleri, limit kavramı, trigonometri ve bazı katı geometriler hakkında biraz bilgi gerektirir. .

Okuyucunun öncelikle 1. ve 3. Bölümlerde verilen hatalı ispat örneklerini incelemesi önerilir. 2 ve 4. Bölümleri okumadan önce bu örneklerdeki hataları kendisi keşfetmeye çalışması önerilir. dipnotların çoğu ilk okumada çıkarılabilir; bunlar öncelikle daha ileri düzeydeki okuyuculara yöneliktir.

İÇİNDEKİLER

giriiş

BÖLÜM 1.	Yeni Başlayanın Anlayabileceği Muhakeme Hataları	5
BÖLÜM 2.	1. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi	19
BÖLÜM 3.	Limit Kavramıyla Bağlantılı Muhakeme Hataları	34
4. Bölüm.	3. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi	50

giriş

Kırk yıl önce, geometri öğretimi ile ilgili bir makalede, o zamanın tanınmış Rus matematikçisi ve öğretmeni NA Izvolskii, bir yıldır geometri okuyan bir kız arkadaşıyla yaptığı bir konuşmayı aktarmıştı. Öğretmeni ona geometri dersinden ne hatırladığını sordu. Uzun süre düşündükten sonra kız ne yazık ki hiçbir şey hatırlayamadı. Daha sonra soru başka bir biçimde yeniden düzenlendi: “Yıl boyunca geometri derslerinde ne yaptın?” Bu, çok hızlı bir şekilde “İspatlar yaptık” cevabını getirdi.

Bu cevap öğrenciler arasında yaygın olarak benimsenen bir fikri yansıtır: aritmetikte problemler çözülür, cebirde denklemler çözülür ve formüller türetilir, ancak geometride teoremler kanıtlanır. Bu matematik anlayışı uzun zaman önce doğruydu, ancak günümüz matematik çalışmalarında, ister sayılarla ister diyagramlarla uğraşılıyor olsun, teoremlerin ardından ispatlarla aynı sıklıkta karşılaşılmaktadır. Üstelik matematiğin her alanında problemler çözülür ve geometride sıklıkla denklemleri çözeriz. Halen lise geometri dersinin temelini oluşturan Öklid geometrisinin oluşturulduğu 2000 yıl önce durum farklıydı. O zamandan günümüze, geometri (matematiğin diğer dalları değil) ders kitaplarında bir teoremler zinciri (bazılarına lemmalar veya sonuçlar olarak adlandırılır) şeklinde açıklanmıştır. Bunlar o kadar iyi bilinen bir plana göre inşa ediliyor ki, kendimizi kısa bir hatırlatmayla sınırlıyoruz. Her teorem bir koşulu (“Verildi....”) ve bir sonucu ('Güvenlik....”) içerir; ispatta yalnızca aksiyomlara veya zaten kanıtlanmış teoremlere güvenebiliriz.

Çizimlerin ispatlarda oynadığı rol iyi bilinmektedir; sadece teoremin içeriğini değil aynı zamanda ispatın gidişatını da açıklığa kavuştururlar. Bazen tek bir teorem için birkaç çizim gerekebilir çünkü ispat, bir şeklin parçalarının göreceli konumlarına göre değişebilir. Örneğin, bir daire içine yazılan bir açıyla ilgili bir teoremin ispatı genellikle üç olasılığı içerir: dairenin merkezi, açının bir tarafında, açının içinde yer alır.

ya da onun dışında. Şeklin parçalarına ilişkin olası tüm düzenlemelerin eksiksiz olarak yapılması önemlidir; Gösterilen akıl yürütmenin uygulanamayacağı herhangi bir düzenlemenin atlanması elbette tüm kanıtı geçersiz kılar - teoremin tam olarak bu tek düzenleme nedeniyle yanlış olduğu ortaya çıkabilir.

Çizimin rolü ne abartılmalı ne de küçümsenmemelidir. Bunu ispatın vazgeçilmez bir parçası olarak görmek abartı olur. Teorik olarak konuşursak, geometrik bir ispatın çizimlere ihtiyacı yoktur; hatta bunları kullanmamak, bazen yalnızca görünüşte "apaçık" olan ve bir hata kaynağı olan çizimdeki "apaçık" olana olan güveni ortadan kaldırma avantajına da sahiptir. Ancak pratikte çizimden vazgeçmek, örneğin birkaç rakamı tamamen kafamızda olan sayılarla hesaplamalar yapmaya çalıştığımızda veya bakmadan satranç oynadığımızda karşılaşacağımız zorluklarla aynı zorluklara yol açabilir. satranç tahtasında; hata yapma tehlikesi önemli ölçüde artacaktır.

Bir ispatın geliştirilmesinde bir çizimin sağladığı yardımdan bahsederken, elbette, dikkatle yapılmış iyi bir çizimi kastediyorum. Kötü bir çizim engel olabilir. Bu kitapçıkta okuyucu yalnızca doğru çizimlerle değil, aynı zamanda biraz çarpık olan başka çizimlerle de karşılaşacaktır. Bu kasıtlı olarak yapılır; Burada hatalı delillerle ilgileniyoruz ve bunlar bazen hatalı çizimlerden kaynaklanıyor.

Bölüm 1 ve 3'te hatalı geometrik kanıtların bir dizi örneği verilecektir. Bu “kanıtlar” daha sonra 2. ve 4. Bölümlerde analiz edilecektir.

Bu önermeler arasında, yanlışlığı okuyucunun hemen anlayacağı bazı önermeler vardır; örneğin, "Dik açı, geniş açıya eşittir." Burada bizim görevimiz ispattaki hatayı bulmaktır. Kasıtlı olarak yanlış iddiaların bu tür kanıtları, eski çağlardan beri "sofizm" olarak biliniyordu.

Diğer örneklerde okuyucu, eğer daha önce karşılaşmadıysa, kanıtlanan iddianın doğru mu yanlış mı olduğunu önceden bilemeyecektir. Burada görevimiz daha karmaşık; kanıtın geçersiz olduğunu ve iddianın hatalı olup olmadığını keşfetmemiz gerekir. Yalnızca ilkini keşfetmek yeterli değildir; Aslında doğru bir iddiayı hatalı argümanlara dayandırmak mümkündür. Örneğin yanlış 3 + 5 = 12 denkleminden 3 + 5'in çift sayı olduğu sonucunu doğru bir şekilde çıkarmak mümkündür.

Son olarak geçersizliği ileri sürülen önermenin verilen verilerle hiçbir ilgisinin olmamasından kaynaklanan delillere örnekler verilecektir. Bunun nasıl olabileceğini geometriden ve genel olarak bilimden uzak bir örnekle açıklamaya çalışacağım.

Aşağıdaki şakacı problem iyi bilinmektedir: “Bir vapur 42° 15' Kuzey enlemi ve 17°32' Batı boylamına yerleştirilmiştir. [Rakamlar rastgele alınmıştır; genellikle daha fazla veri eklenir ve bu da koşulları karmaşıklaştırır.] Kaptan kaç yaşında?” Amacımıza uygun olarak sorunun sorusunu biraz değiştirelim. “Kaptanın 45 yaşının üzerinde olduğu iddiası doğru mu?” Sorunun koşullarında verilen verilerden böyle bir sonuca varmanın imkansız olduğu ve kaptanın yaşıyla ilgili iddiayı kanıtlamaya yönelik her türlü girişimin başarısızlıkla sonuçlanacağı herkesçe açıktır. Üstelik bu iddianın kanıtlanmasının imkansız olduğunu ispatlamak da mümkün. Aslında sorunun verilerinden hakkında hiçbir şey öğrenemediğimiz buharlı gemi şirketi, şirketin her yaşta kaptanı olduğunu varsayarak, belirtilen coğrafi noktadan geçen bir rota çizebilir ve bu yolculuğa şu veya bu yaşta bir kaptan atayabilir. Bu tür geziler için kullanılabilir.

Yani enlem ve boylam verileriyle hiçbir çelişkiye düşmeden, kaptanın 45 yaşından küçük olduğunu varsaymak mümkün. Sorunun koşullarının, geminin adı, belirtilen noktadan geçtiği tarih gibi başka verileri de içerip içermediği başka bir konudur; daha sonra geminin seyir defterini kullanarak kaptanın kimliğini ve ardından yaşını belirlemeyi umabiliriz. Dolayısıyla delili elde etmek için elimizde bulunan verilere göre geçerliliği kanıtlanabilecek veya kanıtlanamayacak iddialar mevcuttur.

Konumuza biraz daha yaklaşarak şunu soralım: “Herhangi bir üçgenin iç açıları toplamının iki dik açıya eşit olduğu doğru mudur?” Bir geometri ders kitabındaki paralel düz çizgilerle ilgili bölümü okuyan her öğrenci bu önemli teoremin kanıtını bilir, ancak çok az kişi bunun 2.000 yıl öncesine giden tarihini bilir. Kanıt, paralel düz çizgilerle kesişen bir çizginin oluşturduğu açıların özelliklerine dayanmaktadır ve bu özellikler de "paralel önerme" olarak adlandırılan şeye dayanmaktadır: Belirli bir çizgiden belirli bir çizgiye paralel yalnızca bir düz çizgi çizilebilir.

Bu çizgiyi işaret etmeyin.1 Öklid'in zamanından bu yana, bu aksiyomu bir teoreme dönüştürmek, yani onu yalnızca diğer aksiyomlara ve hem Öklid'de hem de ders kitaplarımızda yer alan iddialara dayanarak kanıtlamak için elForts yapılmıştır. paralellik varsayımına bağlı değildir. Ancak bu aksiyomu bir teorem gibi “kanıtlayamayız”; bu tür girişimlerin tümü başarısız oldu ve yalnızca paralel varsayımın birçok farklı yoldan eşdeğer varsayımlarla değiştirilebileceği bulundu. Özellikle, bir çift paralel düz çizgi ve bunları kesen üçüncü bir çizgi tarafından oluşturulan açıların özelliklerinden birini aksiyom olarak alırsak veya bir üçgenin açılarının toplamı hakkındaki teoremi alırsak, o zaman paralellik postülası olur. teorem.

Rus matematikçi Nikolai Lobachevskii (1792-1856), paralel önermeyi kanıtlamaya yönelik tüm girişimlerin başarısızlığının nedenini ancak 1820'li yıllarda keşfetti. Kapsamlı ve derin bir geometri teorisi inşa etti; burada onun hakkında en ufak bir fikir bile vermeye kalkışmayacağım. Diğer şeylerin yanı sıra, bu teori, Lobaçevskii zamanına kadar (ve onun yaşamı boyunca) pek çok bilim adamının denediği paralel varsayımı kanıtlamanın imkansız olduğunu göstermektedir.

Lobaçevskii'nin teorisi ne kadar karmaşık olursa olsun, diğer yandan kaptanın yaşıyla ilgili problem ne kadar naif olursa olsun, "kanıtın imkansızlığının kanıtı" her iki problemde de aynı niteliktedir. Bu problemlerde bize belirli veriler verilir ve verilerden mantıksal olarak belirli bir sonucun çıkarılamayacağını göstermek isteriz. Bunu yapmak için, verilen tüm koşulların karşılandığı, ancak bazılarında söz konusu sonucun doğru, diğerlerinde ise sonucun yanlış olduğu somut örnekler ("modeller" olarak adlandırılır) buluruz. Paralel önermeye uygulandığında bu, paralel önermenin ne doğruluğunun ne de yanlışlığının Öklid geometrisinin diğer aksiyomlarından kaynaklanmadığı anlamına gelir. Artık biliyoruz ki, paralel önermeye veya ona eşdeğer başka bir önermeye ilişkin herhangi bir kanıt, yalnızca diğer aksiyomlara dayanan önermelere dayanıyorsa geçersiz olmalıdır. Bölüm 1'de bu tür hatalı kanıtların birkaç basit örneğini vereceğiz.

1Bu önermenin aksiyomatik doğasının "yalnızca" sözcüğüne dayandığına dikkat edin. Bir paralel çizgi çizmenin her zaman mümkün olduğu gerçeği, yalnızca aynı düz çizgiye iki dik çizginin birbirine paralel olduğu teoremine dayanarak daha önce kanıtlanabilir.

1. Yeni Başlayanların Anlayabileceği Muhakeme Hataları

Eleştirel analizlerinin 2. Bölüm'e erteleneceğini akılda tutarak, şimdi hatalı kanıt örnekleri vermeye devam edeceğiz. Okuyucu, bu kitapçıktaki bazı çizimlerde bazen hemen fark edilmeyen çarpıklıklar bulunduğu konusunda önceden uyarılmıştır.

Örnek 1. Kenar uzunluğu 21 cm olan kare. Kenar uzunluğu 34 cm olan bir dikdörtgenin alanı eşittir. ve 13 cm.

Q karesi, boyutları 13 X 21 ve 8 X 21 olan iki dikdörtgene bölünmüştür (Şekil 1; “cm.” daha sonra olacaktır)

ihmal edildi). İlk dikdörtgen, paralel kenarlarının uzunluğu 13 ve 8 olan iki özdeş dikdörtgen yamuğa, ikinci dikdörtgen ise bacakları 8 ve 21 olan iki eş dik üçgene bölünmüştür. Bu dört parça, Şekilde gösterilen R dikdörtgenini oluşturacak şekilde yeniden düzenlenmiştir. .1 sağda. Karenin ve dikdörtgenin karşılık gelen kısımları aynı Romen rakamlarıyla gösterilmiştir.

Kesin olarak konuşursak, dik üçgen III'ü dikdörtgen yamuğun yanına / 8 uzunluğunun ortak tarafındaki dik açılar bitişik olacak şekilde yerleştiriyoruz; 13 ve 13 + 21 = 34 numaralı bacakları olan bir dik üçgen oluşturulur. II ve IV numaralı kısımlardan özdeş bir üçgen elde edilir ve bu iki uyumlu dik üçgen, kenarları 13 ve 34 olan R dikdörtgenini oluşturmak üzere bir araya getirilir.

Bu dikdörtgenin alanı eşittir

34x13 = 442,

Aynı parçalardan oluşan Q karesinin alanı ise

21 x 21 = 441.

Fazla santimetre kare nereden geliyor? Okuyucunun bir deney yapmasını öneriyoruz. Kağıttan Q karesini kesin (tercihen karelerle kaplı kağıt), bir karenin kenarını 1 cm'yi temsil edecek şekilde alın, belirtilen boyutları dikkatlice gözlemleyerek Q'yu dört parçaya bölün ve R dikdörtgenini elde etmek için bu parçaları yeniden düzenleyin.

Örnek 2. Paralellik önermesinin bir kanıtı.

Bir AB düz çizgisi ve onun dışında bir C noktası verildiğinde, C noktasından AB'ye paralel yalnızca bir düz çizgi çizilebileceğini kanıtlayın. Bilinen bir yapı kullanarak, C noktasından AB düz çizgisine dik bir çizgi bırakın (Şekil 2; bu şekilde ve

c Benzersiz E

Veritabanı

İncir. 2

sonraki birçok durumda dik açılar düz karelerle işaretlenecektir). Bu dikmeye C noktasından bir CE dikmesi dikin. Aynı düz çizgiye iki dikmenin paralel olduğu teoremine göre bu ikinci dikme AB düz çizgisine paralel olacaktır. Paralel postüla kullanılmadan kanıtlanabileceği için burada bu teoreme başvurmanın meşru olduğuna dikkat edin. Ancak belirli bir noktadan belirli bir düz çizgiye yalnızca bir dik çizgi bırakmak mümkündür ve üzerinde bulunan bir noktadan düz bir çizgiye yalnızca bir dik çizgi dikmek mümkündür; bu gerçeklerin her ikisi de paralel önerme kullanılmadan kanıtlanabilir. Bu nedenle elde edilen CE paralel çizgisi benzersizdir.

Örnek 3. İki paralel düz çizgi üçüncü bir çizgiyle kesişiyorsa. üçüncü doğrunun aynı tarafında bulunan iç açıların toplamı 180°'ye eşittir (paralellik önermesine dayanmayan kanıt).

AB |] CD deyin ve EF doğrusunun bu iki doğruyu kesmesine izin verin (Şekil 3). İç açılar çizimde sayılarla belirtilmiştir.

Üç durum mümkündür:1

1. EF çizgisinin aynı tarafında bulunan iç açıların toplamı > 180°'dir.

2. EF çizgisinin aynı tarafındaki iç açıların toplamı <180°'dir.

3. EE doğrusunun aynı tarafındaki iç açıların toplamı = 180°'dir.

İlk durumda elimizde

Z 1 + Z4 > 180°, Z2 + Z3 > 180°;

Öyleyse,

Z1 + Z2 + Z3 + Z4 >360°.

Ancak dört iç açının toplamı iki düz açıya yani 360°'ye eşittir. Bu çelişki, ilk varsayımın bir kenara bırakılması gerektiğini göstermektedir. Aynı nedenden dolayı, ikinci varsayımı da terk etmeliyiz çünkü bu, dört iç açının toplamının 360°'den küçük olduğu sonucuna varacaktır. Üçüncü varsayım mümkün olan tek varsayımdır (bir çelişkiye yol açmaz); bu teoremi kanıtlıyor.

1 Burada ve sonrasında olası varsayımlardan veya olası durumlardan bahsederken, verilen örneğin koşulları altında bunların hepsinin gerçekten mümkün olduğunu hiçbir şekilde iddia etmiyoruz. Tam tersine, ilk başta olası bir durum olarak kabul edilen şeyin daha sonra sahte olduğu -koşullara veya yerleşik olarak kabul edilene aykırı olarak- zaman zaman ortaya çıkacaktır; bu genellikle dolaylı delillerde olur. Dolayısıyla baştan sona sözde "a priori olasılıklardan", yani sorunun diğer koşullarını hesaba katmadan önce kendilerini gösteren olasılıklardan bahsediyoruz.

Örnek 4. Bir üçgenin açılarının toplamı 180°'ye eşittir

(paralellik önermesine dayanmayan kanıt).

ABC üçgenini tepe noktasından çizilen bir doğru parçası yardımıyla iki üçgene bölün ve açıları Şekil 4'teki gibi sayılarla belirtin. Henüz bilinmeyen bir üçgenin açılarının toplamı x olsun; Daha sonra

Şekil-4

Z 1 + Z2 + Z 6 = x, Z3 + Z4 + Z 5 = x.

Bu iki eşitliği topladığımızda şunu elde ederiz:

Z 1 + Z2 4- Z3 + Z4 + Z5 + Z6 = 2x.

Ancak Z 1 + Z2 + Z3 + Z4i toplamı ABC üçgeninin açılarının toplamıdır, yani aynı zamanda x'tir; ve komşu açılar olan 5 ve 6 açılarının toplamı 180°'ye eşittir. Dolayısıyla, x'i bulmak için x + 180° = 2.v denklemine sahibiz, bundan x = 180° sonucu çıkar.

Örnek 5. Açılarının toplamı 180° olan bir üçgen vardır (paralellik önermesine dayanmayan kanıt).

Tarihsel bir notla başlayacağız. On sekizinci yüzyılda ve on dokuzuncu yüzyılın başında bazı matematikçiler, paralellik önermesine başvurmadan bir üçgenin açılarının toplamından bahsetmenin mümkün olduğunu göstermeye çalıştılar. Bir üçgenin açılarının toplamının 180°'den büyük olamayacağı kanıtlanmıştır. Geriye üç olasılık kalıyordu: (1) Bütün üçgenler için bu toplam 180°'ye eşittir, (2) Bütün üçgenler için 180°'den küçüktür, (3) Bazen 180°'ye eşit, bazen de küçüktür. Daha sonra bu olasılıklardan üçüncüsünün hariç tutulabileceği anlaşıldı. Daha sonra çabalar, açılarının toplamı 180°'ye eşit olan en az bir üçgen örneği elde etme üzerinde yoğunlaştırıldı. Şimdi bunu başarmak için yapılan bir girişimi anlatacağız; eğer başarılı olursa paralellik varsayımı gereksiz hale gelecektir.

Bir üçgenin açılarının toplamı 180°'yi aşmadığına göre, ABC üçgeni (bkz. Şekil 4), açılarının toplamı en büyük olan bir üçgen olsun; bu toplamı a ile belirteceğiz. Eğer böyle birkaç üçgen varsa bunlardan birini rastgele seçeceğiz. Böylece toplam

herhangi bir üçgenin açılarının toplamı a'yı aşmayacaktır; bu nedenle, Şekil 4'teki notasyonu koruyarak, elimizde

Zl+Z×2+FZ6€<«, Z3+Z4+Zz55<«.

Bundan Z1 + Z2 + Z3 + Z4 + Z5 + Z6 < 2a'yı elde ederiz; ancak Z1 + Z2 + Z3 + Z4 = a varsayımıyla ve ayrıca Z5 + Z6 = 180°; sonuç olarak a + 180° < 2a, a > 180°. Ve a 180°'den büyük olamayacağına göre a = 180° olmalıdır, yani ABC üçgeninin açılarının toplamı 180°'dir.

Örnek 6. Tüm üçgenler ikizkenardır.

ABC'nin keyfi bir üçgen olmasına izin verin (Şekil 5, 6 veya 7); C açısının ortaortayını ve AB kenarının dik ortaortayını oluşturun. Bu çizgilerin farklı göreceli konumlarını ele alacağız.

Durum 1. C'nin ortaortayı ile AB'nin dik ortaortayı kesişmiyor; ya paraleldirler ya da çakışırlar. ZC'nin açıortayı bu durumda AB'ye dik olacaktır, yani yüksekliğe denk gelecektir. O halde ABC üçgeni ikizkenardır (CA = CB).

Durum 2. ZC'nin ortaortayı ile AB'nin dik ortaortayı ABC üçgeninin içinde, örneğin N noktasında kesişiyor (Şekil 5). O zamandan beri

C

Şekil-5

bu nokta ACB açısının kenarlarından eşit uzaklıkta olduğundan, sırasıyla CB ve CA'ya dik olan NP ve NQ eşit olacaktır. Ancak N noktası aynı zamanda AB\ doğru parçasının uç noktalarından da eşit uzaklıktadır, yani NB = NA. O zaman NPB ve NQA dik üçgenleri uyumludur (bacak-hipotenüs); dolayısıyla CNAQ = LNBP.

Bu eşit açılara ANB ikizkenar üçgeninin taban açıları olduğundan birbirine eşit olan NAB ve NBA açılarını da ekleyerek Z CAB = CCBA elde ederiz; dolayısıyla ABC üçgeni ikizkenardır.

Durum 3. CC'nin ortaortayı ile AB'nin dik ortayarı AB üzerinde, yani AB'nin M orta noktasında kesişiyor. Bu, kenarortay ile C köşesinden açıortayın çakıştığı anlamına gelir; bundan üçgenin ikizkenar olduğu sonucu çıkar.

Not. Okuyucu olası bir hataya karşı uyarılır. Bir ikizkenar üçgenin tabanının karşısındaki tepe noktasından medyan ve açıortayın çakıştığı iyi bilinmektedir. Burada bundan değil, tam tersi iddiadan bahsediyoruz: "Eğer bir üçgenin aynı köşesinin ortancası ile açı ortayları çakışırsa, üçgen ikizkenardır." Bu ters teorem de doğrudur, ancak okuyucu bunu kanıtlamakta zorlanabilir: Bu nedenle olası bir yöntemi göstereceğiz. ABC üçgeninde CM'nin hem kenarortay hem de açıortay olduğunu varsayalım. MP ve MQ dikmelerini M noktasından CB ve CA kenarlarına bırakarak MPB ve MQA uyumlu dik üçgenlerini elde ederiz. Şekil 5, M ve N noktalarının çakışması alınarak kullanılabilir; bu durumda MN düz çizgisi gereksiz hale gelir. Daha sonra MBP ve MA Q açılarının eşitliğinden A BC üçgeninin ikizkenar olduğu sonucuna varırız. P ve Q noktalarının uzantıları yerine CB ve CA kenarlarına düştüğünü göstermezsek bu akıl yürütme eksik kalacaktır. A açısı veya B açısı genişse, bu noktalardan biri karşılık gelen uzantının üzerine düşebilir. Örneğin, B açısının geniş olduğunu ve P noktasının CB uzantısı üzerinde bulunduğunu varsayalım. Daha önce olduğu gibi CMAQ = CMBP'yi elde ederiz; ancak bu şimdi bir çelişkiye yol açıyor, çünkü bu açılardan ilki ABC üçgeninin içinde, ikincisi ise dışta ve birinciye bitişik değil. (Bu neden bir çelişkiye yol açıyor?)

Durum 4a. CC'nin ortaortayı ile AB'nin dik ortaortayı ABC üçgeninin dışında kesişir; dikeyler düştü

I'den kesişme noktaları /V'den CB ve CA'nın düştüğü taraflara kadar

bu kenarlarda ve uzantılarında değil (Şek. 6). Daha önce olduğu gibi elde ederiz

eş üçgenler NPB ve NQA ve ikizkenar üçgen A NB. ABC üçgeninin AB tabanındaki açılar artık eşittir ve karşılık gelen eşit açıların farkıdır ((2) durumunda olduğu gibi toplamı değil).

Durum 4b. LC'nin ortaortayı ve AB'nin dik ortaortası, A BC\ üçgeninin dışında kesişir, N kesişim noktalarından CB ve CA kenarlarına düşen dikler, uzantılarının üzerine düşer (Şekil 7). Aynı yapılar ve akıl yürütme, ABC üçgeninin A ve B köşelerindeki dış açılarının eşit olduğu sonucuna varır. Buradan hemen şu sonuç çıkıyor ki, iç mekan

Şekil-7

A ve B'deki açılar eşittir; sonuç olarak CA = CB.

Örnek 7. Dik açı, geniş açıya eşittir.

AB doğru parçasının uç noktalarından (Şekil 8 veya 9), AB'nin aynı tarafında bulunan ve onunla birlikte DBA dik açısını ve CAB geniş açısını oluşturan iki eşit AC ve BD doğru parçası çizin. bu iki açı birbirine eşittir. C ve D'yi birleştirerek, AC ve BD kenarları açıkça paralel olmayan ABDC dörtgenini elde ederiz; aynı durum AB ve CD kenarları için de geçerlidir. aksi takdirde ABDC, AB tabanında eşit olmayan açılara sahip bir ikizkenar yamuk olurdu. AB ve CD doğru parçalarının her birinin dik açıortaylarını oluşturun. AB ve CD doğru parçaları paralel olmadığından, dik açıortayları da paralel olmayacak ve çakışmayacak, ancak bir N noktasında kesişecektir.

Olası durumları inceleyelim.1

Durum 1. N noktası, AB düz çizgisinin "üstünde", kesin olarak konuşursak, AB dörtgeni ile AB'nin aynı tarafında yer alır (bkz. Şekil 8, burada N noktası dörtgenin iç kısmında yer alır).

Şekil 8

yanal). Bu noktayı dörtgenin tüm köşeleriyle birleştirin. AB doğru parçasının uç noktalarından ve aynı şekilde CD'nin uç noktalarından eşit uzaklıkta olduğundan, NA C ve NBD üçgenleri uyumludur çünkü karşılık gelen üç çift kenar eşittir. Bundan ZNAC = /.NBD sonucu çıkar. Birinci açıya NAB açısını ve ikinci açıya NBA açısını eklersek ve ikizkenar üçgenlerin özelliklerine göre /NAB = /NB 5 A olduğunu hesaba katarak /CAB = /DBA eşitliğine ulaşırız.

Durum 2. N noktası AB üzerindedir; yani AB doğru parçasının orta noktasıdır. Önceki kanıt basitleştirilebilir; /CAB = /DBA eşitliği, NAC ve NBD üçgenlerinin uyumundan hemen kaynaklanır.

Durum 3. N noktası AB'nin "altında" yer alır; yani AB çizgisinin ABDC dörtgeniyle aynı tarafta değildir (Şekil 9).

NAC ve NBD üçgenlerinin uyumundan yine Z NAC = /N 1 B elde ederiz! D, ve bu sefer bu açılardan birbirine eşit olan NAB ve NBA açılarını çıkarıyoruz ve yine /CAB = /D : B , A elde ediyoruz.

Örnek e 8. Bir üçgende iki kenar ve birinin karşısındaki açı, başka bir üçgenin karşılık gelen kısımlarına eşitse, bu üçgenler eştir.

ABC ve A \B \C \ (Şekil 10, 11 veya 12) üçgenlerinde bize şunun verildiğini varsayalım:

AB = AiBiI, AC = A iC\ ve ZC —ZC\,

Bu üçgenlerin eş olduklarını kanıtlayacağız. Bu amaçla, kenarları eşit olan üçgenlerin eşliğinin ispatı için yaygın olarak kullanılan bir yöntemden yararlanıyoruz. AiB \C\ üçgenini ABC üçgeninin yanına, eşit AB ve AiBi kenarlarının eşit olduğu varsayılan açıların karşısındaki uç noktaları çakışacak şekilde yerleştirin. A \BiC \ üçgeni bu durumda ABC2 konumunu işgal edecektir - C ve C2 noktalarını birleştirerek üç olası durumu inceleyelim.

Durum 1. CC2 düz çizgisi AB kenarını A ile B arasında kalan bir noktada kesiyor (Şekil 10). A CC2 üçgeni ikizkenardır;

Şekil-10

sonuç olarak CACC2 = CAC2 C olur. Bu eşit açıları hipoteze göre eşit olan sırasıyla ACB ve AC2B açılarından çıkarırsak, şunu elde ederiz:

Z BCC2 = Z BC>C.

Bu son eşitlik, CBCi üçgeninin de CB – C2B ile ikizkenar olduğunu gösterir; Öyleyse,

CB = C2B = C \B\,

ve ABC ve A\IfC\I üçgenleri eştir (yan-kenar-kenar).

Durum 2. CC2 düz çizgisi AB'nin B'nin ötesindeki uzantısıyla kesişiyor (Şekil 11). Mantık öncekiyle aynı, ancak

Şekil 11

bu kez çıkarma işlemi farklı bir sırayla gerçekleştirilir; eşit ACB ve A C2B açılarını eşit ACC2 ve A C2 C açılarından çıkarırız.

Durum 3. CC2 düz çizgisi BA tarafının A uzantısının ötesindeki uzantısıyla kesişiyor (Şekil 12). Gerekçe 1. durumdakiyle aynıdır, ancak

Hg- ∙2

toplama çıkarmanın yerini alır; eşit olan ACC> ve A C2 C açılarına eşit olan ACB ve A C2B açılarını ekliyoruz.

Örnek 9. Bir karenin içine yazılan dikdörtgen aynı zamanda bir karedir.1

Daha kesin olarak, MNPQ dikdörtgeni (Şekil 13), ABCD karesine, dikdörtgenin köşelerinden biri tv'nin her bir tarafında yer alacak şekilde yazılırsa

kare, dikdörtgen de kare olacaktır. Şekilde M AB üzerinde, N BC üzerinde, P CD üzerinde ve Q DA üzerinde yer almaktadır.

Bunu kanıtlamak için PR ve QS dik açılarını sırasıyla P ve Q'dan AB ve BC'ye bırakın. Bu dikmeler birbirine eşittir, çünkü her biri ABCD karesinin kenarına eşittir. Bunlar PRM ve QSN üçgenlerinin bacaklarıdır. MNPQ dikdörtgeninin köşegenleri gibi hipotenüsleri de eşit olan

birbirlerine. Bundan, şekilde gölgelenen üçgenlerin eş olduğu sonucu çıkar;

Z PMR = Z QNS.

Şimdi şekilde kalın çizgilerle çizilen dörtgen MBNO'yu inceliyoruz; burada O, MNPQ dikdörtgeninin köşegenlerinin kesişme noktasıdır. N köşesindeki dış açısı, M köşesindeki iç açıya eşittir, böylece M ve N köşelerindeki iki iç açı birbirinin tamamlayıcısıdır. B ve O köşelerindeki iç açılar da bütünler olmalıdır, ancak bunlardan biri (ZB) dik açıdır ve dolayısıyla diğeri (ZO) da dik açıdır. Dolayısıyla MNPQ dikdörtgeninin köşegenleri birbirine diktir. Ancak köşegenlerin bu diklik özelliği, kareleri diğer dikdörtgenlerden ayıran bir özelliktir.

Kanıtımız tamamlandı.

1Umarız hiçbir okuyucu “Dikdörtgen” kelimelerinin birleşiminde bir çelişki olduğunu hissetmez. . . dır-dir . . . Bir kare." Tabii ki, tüm dikdörtgenler kare şeklinde değildir, ancak bazıları öyledir.

Örnek 10. Tam olarak biri üçüncü bir doğruya dik olan iki doğru kesişmiyor.

Bu, Yunan matematikçi Proclus'tan (MS 5. yüzyıl) bize kadar gelen eski bir safsatanın bir çeşididir.1

İddiamızın içeriğini daha kesin bir şekilde eskitelim: Bir AB düz çizgisinin A ve B noktalarına (Şekil 14), AB çizgisinin aynı tarafında uzanan iki yarım çizgi çizin (bunların aslında yarım çizgiler, çizimde oklarla işaretlenmiştir). AQ'nun AB ile BA Q dar açısı oluşturmasına ve BP'nin AB'ye dik olmasına izin verin; bu yarım doğruların kesişmediğini kanıtlayacağız.

AB doğru parçasını ikiye bölün ve AQ ve BP yarım çizgilerinin her birinde \AB'yi ayırın; dolayısıyla AA\ = BB\ = \AB. Dik yarım çizgi ve eğik yarım-J çizgisi AA \ ve BB\\ boyunca, yani AA \ ve segmentleri boyunca hiçbir yerde kesişemez.

BB\'nin ortak bir noktası olamaz. Aslında ortak bir K noktası mevcut olsaydı, iki kenarın AK + KB toplamının üçüncü kenar AB'nin uzunluğundan küçük veya ona eşit olduğu bir A KB üçgeni elde ederdik ve bu mümkün değildir. A \ ve B\ noktalarını birleştirerek önceki yapıyı tekrarlıyoruz; AQ ve BP yarım çizgilerinin her birinde ve yarım çizgiler yönünde, A \ ve B1 noktalarından \A \ IB\'ye eşit bölümler ayırın. Böylece A\A2 = B \B2 = \A \Bi elde ederiz. Yukarıda açıklanan nedenlerle A \A 2 ve BxB2 doğru parçalarının ortak noktası olamaz ve özellikle A2, B2 ile çakışamaz. Bu durumda, A2B2 doğrusunu ikiye böleriz ve A 2A 3 = B2B3 = \A 2B2'yi bırakırız, vb. A nA n+1 = jA" Bn eşit mesafelerinin her bir kireçte söz konusu yarım çizgi yönünde uzatıldığı özellikle vurgulanmalıdır. Süreç süresiz olarak devam edecek. A'B' parçası ortadan kaybolursa, yani bir n sayısı için A' ve Bn noktaları çakışırsa durdurulabilir; ama gördüğümüz gibi bu imkansızdır. Üstelik böyle bir tesadüfün imkansızlığı, o zaman bir dik üçgen elde edeceğimiz gerçeğinden de açıkça anlaşılmaktadır.

1Bu safsatanın Proclus'a göre açıklanması için. sn R. Bonola. Öklid Dışı Geometri (New York: Dover, 1955), s. 5-6.

hipotenüs AA" BB" kenarına eşittir. Böylece, bu sonsuz sürecin hiçbir adımında dik yarı çizginin eğik yarı çizgiyle kesişimi meydana gelmez; bu nedenle hiç gerçekleşmez.

Az önce, zaman zaman bir geometri ders kitabındaki kanıtlardan daha az ikna edici görünmeyen bir dizi argüman gördük. Bazen akıl yürütme bariz saçmalıkları kanıtlamaya yönelikti; diğer zamanlarda kanıtlanan şeyin yanlışlığı hemen belli olmuyordu, ancak okuyucuya her örneğin bir hata içerdiği önceden söylendi. Artık bu hataları ortaya çıkarmanın zamanı geldi.

Şu ana kadar verilen tüm örneklerin analizi için 2. Bölüm'e geçmeden önce, okuyucuyu her örnekteki hatayı bağımsız olarak bulmaya davet ediyoruz. Herkes her örneği her zaman başarıyla tamamlayamayabilir; yine de kişinin örneklerden herhangi biri hakkında kendi düşüncesi, 2. Bölüm'deki örneğin analizini okumak için zemin hazırlar. Öte yandan, eğer okuyucu başarılı olursa, muhtemelen kendi yorumunu 2. Bölüm'de verilen yorumla karşılaştırmak isteyecektir. Çoğu okuyucunun deneyimsiz olacağı bu çalışmayı önerirken, bazı ön ipuçları ve tavsiyelerde bulunmanın yararlı olduğunu düşünüyorum.

1. Geçersiz bir geometrik kanıtı çürütmek, onda mantıksal bir hata bulmak anlamına gelir. Zorluk, böyle bir kanıtın hemen hemen her yerde doğru olması, ancak her zaman bir noktada bir boşluk içermesi ve bu boşluğun keşfedilmesi gerektiği gerçeğinde yatmaktadır.

2. Bir ispatı eleştirirken, onun "yanlış bir çizime" dayanılarak yapıldığına sıklıkla işaret edilir. Bu pek iyi bir eleştiri değil; her halükarda kendini bununla sınırlamak mümkün değil. A çiziminin yanlış olduğunu ve B çizimiyle değiştirilmesi gerektiğini söylediğimizde, genellikle şu durumu maskeliyoruz: İspatta tüm olası durumlar dikkate alınmıyor (ve mantıksal hata da bu!). Yalnızca Çizim A'da dikkate alınan ve gösterilen durumlar için geçerli olan sonuçlar, diğer durumlar (Çizim B) için geçersiz olabilir. Dolayısıyla hatanın kaynağı çizimde değil, olası durumların eksik belirlenmesindedir.

3. A çiziminde gösterilen durum saçma bir sonuca yol açıyorsa. A durumunun imkansızlığını dolaylı olarak kanıtlamak için böyle bir sonucun çizim B'ye dayanarak elde edilmediğini göstermek yeterlidir.

teoremin hipotezlerinin zorunlu olarak B durumuna yol açtığı gerçeğinin doğrudan kanıtı. Bu tür kanıtların örnekleri Bölüm 2'de yer almaktadır.

4. Bir çizim tek başına bir iddianın doğruluğunu ya da yanlışlığını ortaya koyamasa da, yine de tüm çizimlerin (araçlar aracılığıyla) mümkün olduğu kadar doğru yapılması tavsiye edilir. Açık bir safsata ile karşı karşıya olduğumuzda, örneğin Örnek 7'de 180°'ye yakın bir geniş açı çizerek, Örnek 10'da çizimin sınırları dahilinde kesişecek şekilde iki yarım çizgi vb. Böyle bir çizim, hatayı bulmak için bir ipucu sağlayabilir.

5. Bazı durumlarda hata hiçbir şekilde çizimle bağlantılı değildir, ancak örneğin kanıtın, kanıtlamak için yola çıktığı iddia için değil, onunla ilgili bir iddia için (doğru şekilde) verilmesinden oluşur. . Burada ispatın yazarı ya kendisi değişikliği fark etmemiştir ya da başkalarının bunu fark etmeyeceğini varsaymaktadır.

6. Kanıtlanan önermenin doğru olup olmadığı bilinmiyorsa, zorunlu olmasa da bu soruyu açıklığa kavuşturmakla başlamak en iyisidir. İddiayla çelişen tek bir örnek bile kurgulansa iddianın çürütülmüş olacağı unutulmamalıdır.

Okuyucu önerilen çalışmayı bağımsız olarak gerçekleştirip sonraki bölümü okuduktan sonra bu ipuçlarının önemini daha net anlayacaktır. Bu nedenle 2. Bölümü okurken bu ipuçlarına başvurmanızı ve o bölümü okuduktan sonra bunları tekrar düşünmenizi öneririm.

2. 1. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi

Örnek 1. Dikdörtgeni elde etmek için karenin /, II, III ve IV parçalarını yeniden düzenlemenin mümkün olduğunu ileri sürerken açık görünen şeye ya da kaba bir deneyin kanıtlarına güveniyoruz: Parçaları kağıttan kesiyoruz. I ve III (veya aynı anlama gelen II ve IV) şekilleri yan yana yerleştirilirse, yani yamuğun eğik yan tarafı / ile üçgenin üçgenin oluştuğu sonucuna hangi temelde varabiliriz? Üçgen III'ün hipotenüsü ortak noktalarında bükülmeyen sürekli bir düz çizgi oluşturuyor mu? Böyle bir kıvrımı çizimde göremememiz ya da kesme deneyini yaparken bunu gözlemlemememiz elbette ki bir argüman olarak kullanılamaz. Görsel izlenimlerimizin kusurlu olması bir yana, bunların geometrik şekillerle değil, bu şekillerin fiziksel modelleriyle ilgili olduğunu ve bu nedenle kesin geometrik deliller için hiçbir işe yaramadığını not ederiz.1

İspatın tamamının geçersiz olduğunu anlamak için bu boşluğu keşfetmek yeterlidir. Hatta bu boşluk dolduruluncaya kadar konuyu daha fazla tartışmayı bile reddedebiliriz. Ancak, bu yolu takip etmeyecek, bunun yerine bükülme sorununu tamamen açıklığa kavuşturmaya çalışacaktır.

Eğer wc, örneğin Şekil 1'deki a ve /3 açılarının bütünler olduğunu veya a ve a' açılarının (aynı şekilde) eşit olduğunu kanıtlayabilseydi, bir bükülmenin olmadığı doğrulanacak ve oluşturulan kanıtın geçerliliği. Mümkün mü? Dolaylı akıl yürütmeyle cevap olumsuzdur, çünkü bu soruya olumlu bir cevap 441 = 442 eşitliğine yol açacaktır.

Ancak a ve a' açılarının eşit olmadığını doğrudan tespit etmek ve aynı zamanda aşağıdakilerden hangisinin olduğunu belirlemek mümkündür.

1 İnsanlık tarihinde bu hiçbir şekilde hemen anlaşılmamıştır. M.Ö. 1000 yıllarına dayanan eski bir Hint tapınağında yapılan kazılarda, tapınak duvarında tasvir edilen geometrik bir figürün de aralarında bulunduğu bazı matematiksel kayıtlar bulundu. Görünüşe göre çizim bir dairenin alanını bulma kuralıyla ilgiliydi; Kanıt yerine "İşte!" şeklin yanında yazılmıştır.

onlar daha büyüktür. Birazcık trigonometri bilen okuyucunun bundan sonraki birkaç satırı anlayabileceği düzeyde olacaktır. (Trigonometri yerine benzer üçgenlerin özellikleri kullanılabilir.) Şekil 1'deki III üçgeninden a açısının tanjantını buluyoruz:

tan a — Q .

Yamuk I'de, dikmeyi (Şekil 1'de gösterilmemiştir) /? açısının tepe noktasından bırakırız. daha uzun tabana doğru, bacakları 13 ve 13 —8 = 5 olan bir dik üçgen oluşturulur. Bundan şunu elde ederiz:

tan a' = .

Fakat Q " - ¥ = 4^; dolayısıyla,

Q l ≥ ¥ ve tan a > tan a'. İtibaren

bu şundan kaynaklanıyor

a^> a', a

+ /? > 180°.

Artık resim netleşti; karenin /, II, III, IV kısımları aslında dikdörtgenin içine yerleştirilebilir, ancak dikdörtgeni tamamen kaplamazlar; çok ince bir paralelkenar şeklinde bir boşluk kalır; dikdörtgenin köşegeni boyunca uzanan bir "çatlak". Bu çatlağı fark etmememiz şaşırtıcı değil; toplam uzunluk 36,4'tür. . . (cm.) yalnızca 1 (cm.2)'lik bir alana sahiptir, bu da tam olarak R dikdörtgeninin Q karesi üzerindeki fazla alanıdır. Resmi daha da belirgin hale getirmek isteyen bir okuyucu, Şekil 1'deki sayısal verileri değiştirebilir. 1, örneğin Şekil 15'te gösterildiği gibi,

15 6

Hg-15

burada “çatlak” 99 (cm.2) alana sahiptir ve dikdörtgenin tamamı toplam 540 (cm.2) alana sahiptir.

Örnek 2. Burada yapılan hata, klasik mantıkta iyi bilinen türde olup, karmaşık Latince adı ignoratio elenchi'dir ve bu adın özgürce tercümesi "kanıtlanmış olanı anlayamamak" ya da söylenenden başka bir şeyi kanıtlamak anlamına gelir. gerekliydi.

Şekil 2'yi kullanan argüman aslında neyi ortaya koyuyor? Yalnızca, paralel çizginin burada açıklanan yöntemle (iki dikme aracılığıyla) oluşturulması durumunda benzersiz bir düz çizginin elde edildiği gösterilmiştir. Ama paralel çizgiler oluşturmanın başka yolları yok mu? Evet, aynı sonuca varan başka yapıların da olduğu biliniyor.

Örneğin, C'den dik olan CD'nin D tabanı yerine (bkz. Şekil 2), AB düz çizgisi üzerindeki herhangi bir D' noktasını alabilir (Şekil 16), onu D'F düz çizgisiyle C'ye bağlayabiliriz. ve üzerinde

F

Şekil 16

C noktasındaki CF yarım çizgisi, FCE' açısını CD'B açısına eşit olacak şekilde, CE' ve D'B yarım çizgileri FD'nin aynı tarafında olacak şekilde oluşturur. Paralellik önermesi getirilmeden kanıtlanabilen, bir enineyle eşit karşılık gelen açıları yapan düz çizgilerin paralel olduğu teoremine dayanarak, CE' düz çizgisinin AB'ye paralel olduğunu iddia etmek mümkündür. Fakat Şekil 2'deki CE düz çizgisinin Şekil 16'daki CE' ile çakıştığının garantisi nerede? Farklı yapıların aynı düz çizgiye yol açtığını iddia etmek, kanıtlamaya kalkıştığımız şeyi kanıtsız kabul etmek demektir.1

1Lobachevskii'nin geometrisinde CE ve CE' düz çizgileri çakışmaz. İlgilenen okuyucular N. Lobachevskii'nin Paralellikler Teorisi Üzerine Geometrik Araştırmalar adlı eserine başvurmak isteyebilirler, çev. George B. Halsted, Open Court Publishing Co. tarafından yazılmıştır.

Örnek 3. Yalnızca üç durumu göz önünde bulundurarak aşağıdaki varsayımı yaptık: Herhangi bir üçüncü çizgiyle kesişen herhangi bir paralel çizgi çifti için, üçüncü çizginin bir tarafında yer alan herhangi bir iç açı çiftinin toplamı her zaman şundan büyük olacaktır: , her zaman 180°'ye eşit veya her zaman daha küçüktür. Ancak ilk bakışta olası tüm durumların tükendiği görülecektir; üçüncü doğrunun bir tarafındaki iç açıların toplamının bazen büyük, bazen küçük, bazen de 180°'ye eşit olma ihtimali göz ardı edilmiştir. Bu varsayım herhangi bir çelişkiye yol açmaz. Örneğin, şu varsayım

Z 1+ Z 4 > 180° ve Z 2 + Z3 < 180°

(bkz. Şekil 3) hiçbir şekilde ilişkiyle çelişmeyebilir

ZlI + Z2+Z3+Z/44 = 360°.

Kanıtın ayrıntılı bir analizine girmeden, başlangıçta basit bir gözlemle onun temel eksikliğini keşfetmenin mümkün olduğuna dikkat edin; kanıt, AB ve CD düz çizgilerinin paralel olduğu gerçeğini kullanmaz. İspat bu haliyle doğru olsaydı şu teorem ispatlanmış olurdu: “Herhangi bir düz çizgi çifti üçüncü bir çizgiyle kesişiyorsa, üçüncü doğrunun bir tarafındaki iç açıların toplamı 180°'ye eşittir. ” Ama bu yanlış. AB ve CD düz çizgilerinin paralelliği bir kenara bırakıldığında, kural olarak, yanıltıcı ispatta göz ardı edilen dördüncü olasılık gerçekleşecektir; kesişen çizginin bir tarafındaki iç açıların toplamı, 180°'den büyük ve diğer tarafta 180°'den küçük olmalıdır.

Örnek 4. Bir üçgenin açılarının toplamının, şekli ve boyutları ne olursa olsun tüm üçgenler için sabit (180°) olduğu ifadesini kabul etmeye alıştık. Bu nedenle çoğumuz “Herhangi bir üçgenin iç açılarının toplamını ',v' ile göstereceğiz” ifadesine karşı çıkmıyoruz. Üçgenin açılarının toplamıdır ve bunun tüm üçgenler için aynı olduğunu varsaymanın hiçbir temeli yoktur. Elbette toplamın aynı olduğu gerçeğini kanıt olmadan kabul edebiliriz ve bu durumda ileri sürülen argümanlar gerçekten de bu toplamın 180°'ye eşit olduğunu kanıtlayacaktır. Ancak bu sadece paralel postulat yerine başka bir postüla getirdiğimiz anlamına gelir.

Örnek 5. Matematik tarihinde aynı hatanın yapıldığı birçok durum bilinmektedir; yani, belirli bir sonsuz kümenin terimlerinin zorunlu olarak en büyük bir terimi (veya en küçük terimi) içermesi gerektiği hiçbir temele dayanmadan kabul edilmiştir.

Artık sayıların en büyük terimini aramak kimsenin aklına gelmez.

1, 2, 3,...

Doğal sayılar dizisinin böyle bir sayının olmaması, bu durumda sayıların sürekli artması ve bu dizinin bir sonunun olmaması ile açıklanmaktadır. Ayrıca payı paydasından bir eksik olan kesirler dizisi.

M .........

hem paya hem de paydaya tekrar tekrar 1 eklenerek süresiz olarak devam ettirilebilir. İlk dizide olduğu gibi sayılar artacaktır ve aralarında en büyük terim yoktur.

Geometriden alınan şu örnek problemimize daha yakın: Düzgün bir çokgenin iç açısı şuna eşittir:

^ 18Ç(s - 2)1°

N

Burada n kenar sayısıdır, her zaman 180°'den küçüktür, ancak iç açısı en büyük olan düzgün bir çokgen yoktur.

Söz konusu ispatın zayıf noktası, açılarının toplamının 180°'yi aşmadığını bildiğimiz tüm üçgenler arasında, bu toplamın en büyük değere sahip olduğu bir üçgenin var olduğu varsayımıdır. Bu, paralel önermenin yerine yeni bir önerme olarak kabul edebileceğimiz, kanıtlanmamış bir iddiadır.

Örnek 4 ve 5'in analizinin sonuçlarını birleştirerek, bir üçgenin açılarının toplamının 180°'ye eşit olduğunu kanıtlamanın mümkün olduğu ve aynı zamanda eğer kanıt olmadan kabul edersek paralellik varsayımını gereksiz hale getirdiği sonucuna varıyoruz. iki iddiadan;

(1) Bütün üçgenlerin açılarının toplamı aynıdır.

(2) Açıları toplamı en büyük olan en az bir üçgen vardır.

Örnek 6. Olası durumların tümü incelenmemiştir (bu bağlamda sayfa 7'deki dipnotu hatırlamakta fayda vardır): aslında, iki dik NP ve NQ'dan birinin bir tarafa düşme olasılığı dikkate alınmamıştır. ABC üçgeninin diğeri bir kenarın uzantısı üzerindedir. (Bkz. Şekil 17,

Bu gerçekleşirse, ABC üçgeninin AB tabanındaki açılardan birinin iki açının farkı olduğu, diğerinin ise aynı iki açının toplamına komşu olduğu bulunacaktır; Elbette bundan tabandaki açıların ve AC ve BC yan kenarlarının eşitliği konusunda hiçbir sonuç çıkarılamaz. Kanıttaki bu boşluğun belirlenmesi, onu itibarsızlaştırmaya yeterlidir. Üstelik, eğer verilen üçgen ikizkenar değilse, dolaylı olarak tartışılarak, dikkate alınan durumların hiçbirinin (Şekil 5, 6, 7) meydana gelmeyeceği ve mümkün olan tek durumun (Şekil 17) atlandığı iddia edilebilir. 1

Şimdi ikizkenar olmayan bir üçgenin parçalarının olduğuna dair doğrudan bir kanıt vereceğiz.

1 İlk başta, N noktasının üçgenin içinde veya tabanında olduğu ve P ve Q noktalarının AB'nin farklı taraflarında olduğu durum da göz ardı edilmiş gibi görünebilir. Üçgenin içindeki bir noktadan kenarlarından birine bırakılan bir dikmenin, kenarın uzantısına düşmesi oldukça olasıdır; geniş bir üçgeni dikkate almak yeterlidir. Ancak bir sonraki paragrafta, ikizkenar olmayan bir üçgen için tabanın dik ortaortasıyla karşıt açının ortaortasının kesişme noktasının üçgenin dışında olması gerektiğini saptayacağız. Okuyucu, bir üçgende bir açının açıortayının karşı kenarı kalan iki kenarla orantılı parçalara böldüğü teoremini biliyorsa, kesişme noktasının bu özelliğini farklı bir yöntemle belirlemeye çalışabilir.

açı tam olarak Şekil 17'de gösterildiği gibi düzenlenmiştir. Kolaylık sağlamak için CA > CB olduğunu varsayıyoruz. ABC üçgeninin çevresine bir daire çiziyoruz. Yazılı açıların özelliğinden, C açısının açıortayının, C açısının kesiştiği AB yayının N orta noktasından geçmesi gerekir. Ancak AB kirişinin dik açıortayı aynı N orta noktasından geçmelidir. Böylece, ZC'nin ortaortay ile AB'nin dik açıortayının kesişme noktası çevrelenen dairenin üzerine düşer; yani. ABC üçgeninin dışında yer alır.

N'den CB ve CA kenarlarına bırakılan dikmeler, NA C ve NBC açılarının dar veya geniş olmasına bağlı olarak bu kenarlara veya uzantılarına düşecektir. Bu yazılı açılar yerine kesiştikleri yayları inceleyeceğiz. CA > CB varsaydığımız için CA > £b elde ederiz ve AN = BN'den 6 'AN > C&ti sonucu çıkar. Bu, CAN'ın yarım daireden büyük olduğu ve C r BN'nin yarım daireden küçük olduğu anlamına gelir. Sonuç olarak, CBN açısı geniş ve CAN açısı dardır. Bu nedenle dik NP, CB'nin uzantısına düşerken, dik NQ, AC tarafına düşer. (Bir alıştırma olarak okuyucunun P, M ve Q noktalarının düz bir çizgi üzerinde bulunduğunu kanıtlamasını öneriyoruz.)

Örnek 7. Kanıt ilk başta ikna edici görünüyor, çünkü esasen farklı tüm durumların incelendiği yanılsamasını yaratıyor1 - A noktası XmzAB düzlüğünün üstünde, altında veya üzerinde bulunuyor. Ancak ispatın gidişatı sadece N noktasının konumuna bağlı değildir. (3) durumunda A BD dik açısının ABN dar açısıyla birlikte her zaman bir DBN\ geniş açı vereceğine dikkat edin, ancak geniş açı CAB, NAB dar açısına eklendiğinde ya yine geniş bir açı (Şekil 9) ya da bir refleks açısı (180°'den büyük, bkz. Şekil 18) verebilir, bu da konuyu temelden değiştirir.

Dolayısıyla durum (3) iki alt duruma bölünmelidir: CAB geniş açısı ve CAN üçgeni (1) AC düz çizgisinin aynı tarafında bulunur (bkz. Şekil 9) veya (2) onun karşıt taraflarındadır. (bkz. Şekil 18. noktalı çizgiler göz ardı edilerek ilk önce incelenmesi gereken). CAB açısının CAN açısının bir parçası olduğu ilk alt durum incelenmiş ve DBA ile CAB açılarının eşitliğine yol açmıştır. Ancak ikinci alt durum buna yol açmaz

'Bir durum için geçerli olan bir delil, kelimesi kelimesine diğer duruma uygulanamıyorsa, iki durum esas itibariyle farklı kabul edilmelidir.

sonuç; daha önce olduğu gibi, DBA dik açısı iki açının (/DLB3N ve /.ABN) farkıdır, ancak CAB geniş açısı ile birlikte

karşılık gelen açıların toplamı (Z CAN ve / BAN) toplamı 360°'dir. Dolaylı olarak tartışarak ikinci alt durumun mümkün olan tek durum olduğu sonucuna varabiliriz.

Şeklin parçalarının düzeninin daha net görülebilmesini sağlayacak ek bir yapı yapacağız. A noktasında AB'ye dik bir dik dikin (şimdi resimde Şekil 18'deki noktalı çizgiler ortaya çıkıyor) ve onun üzerinde BD\'ye eşit ve paralel olan AE doğru parçası uzanıyor, açıkça AE — AC'ye sahibiz. E'yi D, N ve C noktalarıyla birleştirin. ABDE bir dikdörtgen olduğundan, AB'nin dik ortaortayı aynı zamanda ED\'nin dik ortaortanı olacaktır, dolayısıyla NE = ND ve dolayısıyla NE — NC. Böylece, A ve N noktalarının her biri CE\ doğru parçasının uç noktalarından eşit uzaklıkta olduğundan, AN düz çizgisi bu doğru parçasının dik açıortayıdır. DBN üçgeni, AB'nin dik açıortayındaki bir yansımayla EAN üçgenine (ters yönde yönlendirilmiş) dönüştürülür ve EAN üçgeni, bir süre sonra DBN üçgeniyle aynı yönelime sahip CAN üçgenine dönüştürülür. AN düz çizgisindeki yansıma. Dolayısıyla CAN, DBN'den basitçe N tepe noktası etrafında Z BNA'ya kadar bir dönüşle elde edilebilir; bu, Z EAC'ye eşittir, yani orijinal geniş ve dik açılar arasındaki farktır.

Örnek 8. Öncelikle teoremin doğru olmadığından emin olalım. Bu amaçla, bir karşı örnek, yani teoremin koşullarının karşılandığı ancak sonucun karşılanmadığı bir durumu sunmak yeterlidir. Herhangi bir ikizkenar üçgeni LMN'yi (LN — MN, Şekil 19) şu şekilde iki parçaya bölersek böyle bir örnek elde ederiz:

tepe noktasından eğik bir çizgi parçası NP'nin. Bu şekilde elde edilen LNP ve MNP üçgenlerinde, NP ortak bir kenardır ve ayrıca LN = MN ve ZL = Z M. Böylece, iki üçgen elbette eş olmasa da teoremin koşulları yerine getirilmiş olur. LP ^ MP.

Ancak teoremin doğru olup olmadığı bilinmese bile ispatta bir boşluk bulmak mümkündür. Bu boşluk, CCz düz çizgisinin AB doğru parçasının uç noktalarından birinden geçtiği, yani CA ve CzA veya CB ve CzB kenarlarının birbirlerinin uzantıları olduğu durumları (şu durumu kullanarak) ihmal etmemizden kaynaklanmaktadır: Şekil 10-12'deki notasyon).

Eğer iki eşit kenar AC ve A C2 aynı düz çizgi üzerinde yer alıyorsa (Şekil 20), teoremin sonucu hala doğrudur; katılarak

Şekil 20

A \BXC\ üçgenini ABC üçgenine bağlarsak BCC-z üçgenini elde ederiz. bu ikizkenardır çünkü C ve Co açıları eşittir; sonuç olarak, BC = BCz = B\Ci ve üçgenler eştir.

Bunun yalnızca dik üçgenlerde meydana geldiğini de ekleyelim; Şekil 20'nin solunda A noktasındaki açılar eşit ve tamamlayıcıdır, dolayısıyla dik açılardır.1

Hipotezlerden haklarında hiçbir şey bilinmeyen BC ve BC-i kenarları düz bir çizgi üzerinde yer alırsa farklı bir resim elde edilir (Şekil 21). Elbette ACC■> ikizkenar üçgenini elde ederiz, ancak bu

Şekil 21

bundan CB ve C^B taraflarıyla ilgili herhangi bir sonuç çıkarmak imkansızdır. Ayrıca okuyucu hemen iki eşit olmayan parçaya bölünmüş bir ikizkenar üçgen şeklini (Şekil 19) hatırlayacaktır. Dolayısıyla, B ve B\ köşelerindeki açılar dik açı olmadığı sürece ABC ve A \B\C\ üçgenlerinin bu durumda eş olmadığı sonucuna varabiliriz.

Not I. Yukarıdaki argümanlar teoremimizin nasıl "değiştirilebileceği", yani onun geçerli bazı ilgili teoremlerle nasıl değiştirilebileceği yollarını önermektedir. İki "değiştirilmiş" versiyon sunuyoruz.

1. Bir üçgende iki kenar ve birinin karşısındaki açı başka bir üçgenin karşılık gelen kısımlarına eşitse, diğer eşit kenar çiftinin karşısındaki açılar (B ve B\) birbirine eşit olacaktır. ve üçgenler eş olacaktır (Şekil 10-12, 20), ya da bu açılar bütünler olacaktır (Şekil 21) ve üçgenler eş olmayacaktır.

2. Eğer iki kenar ve bunların karşısındaki açı büyükse

ι C, A ve C2'nin bir düz çizgi üzerinde olma olasılığının, üçgenlerin karşılık gelen üç eşit kenar çifti ile uyumuna ilişkin olağan kanıtta da öngörülmesi gerektiğine dikkat edin. Burada ispatın ilgili bölümleri başarıyla gerçekleştirilebilir. ve böylece eş üçgenlerin dik üçgenler olduğu da bulunmuştur.

bir üçgen başka bir üçgenin karşılık gelen kısımlarına eşittir (bu üçgenler eş olduğunda).

İkinci ifade, Şekil 21'de gösterilen durumu hariç tutar. B ve Bi açılarının hiçbiri geniş olamaz, hatta dik açı bile olamaz, çünkü C veya Ci bu durumda büyük tarafın karşısında yer almaz.

Not 2. Okuyucu ilk başta aşağıdaki iddia karşısında şaşkınlığa uğrayabilir: İki üçgenin eş olması durumu, bir anlamda, eş olmadıkları duruma "istediğimiz kadar yakın" hale getirilebilir. Şekil 21'i, B noktasının CC2 çizgisi üzerine kaydığı Şekil 10'un "yozlaşmış" bir durumu olarak görebiliriz. Şekil 10'da B, CC2'ye istediğimiz kadar yakın olabilir ve aC 5C2 istediğimiz kadar düzleşmiş olabilir, ancak zorunlu olarak ikizkenar olacaktır ve eşliğin kanıtı geçerli olacaktır. Ancak B, CC2'ye ulaştığında, CB ve C2B'nin eşitliği artık kanıtlanamaz ve aslında geçerli olmayabilir. Bu konuya biraz ışık tutacak bir bakış açısını kısaca tartışacağız.

Bazen düz bir çizgi üzerinde bulunan üç noktayı "dejenere" bir üçgenin köşeleri olarak kabul etmek uygun olur: eğer Q, P ile R arasında yer alıyorsa "üçgenin" açıları LP = 0°, LR = 0° olacaktır. , LQ = 180°. Bu terminolojinin anlamı açıktır; Noktalar "neredeyse" düz bir çizgi üzerinde yer aldığı sürece, yine de son derece küçük iki açıya sahip bir üçgen belirlerler ve üçüncü açı neredeyse 180°'lik bir açıdır. Şekil, bu üç noktanın tam olarak düz bir çizgi üzerinde yer alması için sürekli olarak deforme edilebilir ve önceki terminolojinin korunması arzu edilir. Bazı teoremler hem “gerçek” hem de dejenere üçgenler için geçerlidir; örneğin bir üçgenin açılarının toplamının iki dik açıya eşit olduğu teoremi. Ancak dejenere üçgenler için geçerli olmayan başka teoremler de vardır. Bunlardan özellikle iki açısı eşit olan üçgenin ikizkenar olduğunu belirten teorem vardır. Bu teorem, eşit açıların sıfırdan farklı olması durumunda geçerlidir; ancak yukarıda açıklanan dejenere PQR üçgeninde, ZP = LR — 0° eşitliğinden PQ = QR sonucu çıkmaz, yani Q, PR\ Q'nun orta noktasıdır, çizgi parçası üzerinde herhangi bir yerde bulunabilir. . Bu örnek doğrudan Örnek 8 ile ilgilidir. Şekil 10 veya 11'deki B noktası CC2 düz çizgisi üzerinde bulunmadığı sürece, BCC2 üçgeninde CC2 kenarındaki açılar ne kadar küçük olursa olsun, şu sonuç çıkar: bu açıların eşitliği CB = C2B'dir. Fakat eğer Şekil 21'deki gibi BCC2 üçgeni dejenere ise, o zaman her iki açı da şu şekilde olur:

sıfır ve tarafların eşit olduğu sonucu ve bununla birlikte teoremin sonucu geçerliliğini kaybeder.

Örnek 9. Bir karşı örnek oluşturarak gösterebileceğimiz gibi, teoremin iddiası hatalıdır. alınması yeterlidir

Dikdörtgenin kenarları karenin köşegenlerine paraleldir ve köşeleri karenin kenarlarını ikiye bölmemektedir. Daha doğrusu, iki zıt köşeden. Karenin A ve C'si, kenarları boyunca eşit olmayan dört eşit parça AM - AQ - CN - CP'yi bırakır.

A

2'

burada a bir kenarın uzunluğudur

meydanın. O halde MNPQ bir dikdörtgendir, çünkü kenarları karenin kenarlarıyla 45° açı yapar ve dolayısıyla kareye paraleldir.

onun köşegenleri. Ancak bunlar diktir ve dolayısıyla MNPQ'nun kenarları

aynı zamanda diktir (Şekil 22).

Bu yapının dışında, Örnek 9'da verdiğimiz kanıtın hatalı olduğunu doğrudan görebiliriz. Yalnızca Şekil 13'ün görünümüne dayanarak, P'nin AB'ye ve Q'nun BC'ye doğru olduğu iki çıkıntıdan birinin içeride, diğerinin dışarıda yer aldığını varsaydık.

dörtgensel MBNO. Şekil 22'den (şu anda şekilde işaretlenenden daha fazlasını varsaymıyoruz) bunun böyle olmayabileceğini görüyoruz. S ve R'nin her ikisinin de MBNO'nun içinde yer aldığı orijinal kanıtımız yalnızca Z OMB = Z ONB olduğunu gösterecektir. Tartışmayı daha da ileriye taşıyalım. /\M ON bir dikdörtgenin köşegenlerinden oluşan ikizkenardır. Yani L OMN = Z ONM ve çıkarmayla Z BMN = Z BNM. &BMN'yi dikkate aldığımızda bu açıların 45° yay olduğunu görüyoruz ve dolayısıyla dikdörtgenimiz tam olarak yukarıda oluşturduğumuz türdendir. Analizi tamamlamak için hem R hem de S'nin OMBN'nin dışında kaldığı durumu incelemeliyiz.

az önce ele aldığımız durumla aynı sonuç ve R ve S'den birinin OMBN'nin bir tepe noktasıyla çakıştığı durum;

bir kare vermek. Kanıtları okuyucuya bırakıyoruz.

Özetlemek gerekirse, yanlış teoremi aşağıdaki gibi daha karmaşık bir teoremle değiştirebiliriz:

1. Bir dikdörtgen, dikdörtgenin kenarlarından biri karenin köşegenlerinden herhangi birine paralel olmayacak şekilde bir karenin içine yazılmışsa, bu durumda dikdörtgen bir karedir; veya

2. Bir karenin içine kenarları eşit olmayan bir dikdörtgen çizilirse, dikdörtgenin kenarları karenin köşegenlerine paralel olmalıdır.

Örnek 10. Mantıksal hata Örnek 2'dekinin aynısıdır: “kanıtlanmış olanı anlamamak.” Başka bir deyişle, kanıtlanacak önermenin yerine, gerçekte geçerli olan, ancak kanıtlanacak önermenin hiçbir şekilde sonuçlanmadığı başka bir önerme koyduk. Mantık çizgisini bir kez daha ele alalım ve Şekil 14'ü Şekil 23 ile değiştirerek hatayı keşfetme işini basitleştirelim; burada AQ yarım çizgileri

ve BP kesişiyor. Her iki rakam da kasıtlı olarak çarpıtılmadan yapılmıştır. AA \, A \A2, A2A3, ile gösterelim. . . AQ eğik çizgisi üzerindeki birinci, ikinci, üçüncü,... parçaları ve BB\, B\B->, B2Ih, ile gösterelim. . . birinci, ikinci, üçüncü, . . . dikey BP üzerindeki bölümler. Şunun kanıtlandığı kabul edilmelidir: (1) bu bölümlerin döşenmesi sürecine devam edilebilir

süresiz olarak, böylece keyfi olarak yüksek indeksli bölümler elde etmek mümkün olur ve (2) aynı indeksli bölümler kesişmez, yani dikin ilk bölümünün eğik çizginin ilk bölümü ile ortak noktası yoktur, dikmenin ikinci bölümünün eğik çizginin ikinci bölümüyle ortak noktası ya da yüzüncü bölümün yüzüncü bölümüyle ortak noktası yoktur. Peki neden farklı indisli bölümler dikmenin yirminci bölümüyle yirmi beşinci bölümle kesişmesin? eğik çizgiden mi? Çünkü dik ve eğik doğrunun hiçbir yerde kesişmediğini iddia ettiğimizde, dik doğrunun hiçbir parçasının eğik doğrunun herhangi bir parçasıyla ortak bir noktaya sahip olmadığını kanıtlamamız gerekir. Ve dikmenin hiçbir parçasının eğik doğrunun karşılık gelen parçasıyla kesişmediğini kanıtlamakla yetinmemeliyiz. Şekil 14'teki notasyonun korunduğu Şekil 23'e dönersek, dik çizginin ikinci bölümü ile eğik çizginin dördüncü bölümünün kesiştiğini incelerken görürüz.1 Bu safsata, aralarındaki karşıtlık açısından dikkate değerdir. hatanın temel doğası ve onu keşfetmenin zorluğu.

Not. Daha önce de söylediğimiz gibi (sayfa 16'daki dipnota bakınız), yalnızca Proclus'un verdiği safsatanın temelindeki fikri kullandık. Rastgele alınan iki düz çizgiyi -aslında düz bir çizgi üzerinde yer almayan ve farklı kökenlere sahip iki yarım çizgiyi- inceliyor ve yukarıda anlatılan T parçalarının sonsuz döşenme süreci aracılığıyla bu düz çizgilerin birbirine eşit olduğunu kanıtlıyor. kesişmiyor. Proclus, kanıtlanmış tek şeyin, kullanılan inşa yöntemiyle kesişme noktasının bulunamaması olduğunu, ancak bunun hiçbir şekilde böyle bir noktanın var olmadığı anlamına gelmediğini söylerken, bu sofist argümanın içerdiği mantıksal hatayı doğru bir şekilde karakterize ediyor. . Ancak Bonola'nın verdiği açıklamaya göre Proclus'un hatanın geometrik özüne daha derinlemesine nüfuz ettiği kesin değil; Her halükarda, 19. yüzyıl İtalyan yazarı, kesişme noktasının erişilemezliğine, "Aşil ve kaplumbağa" hakkındaki ünlü safsatanın ortaya çıkmasına neden olan aynı nedenlerden kaynaklandığını söylerken açıkça yanılıyor. Bu karşılaştırmayla Bonola, elbette, AQ ve BP yarı çizgilerinin kesişme noktasının, diyelim K'nın, verilen yapıyla ulaşılamaz olduğunu, çünkü n sınırsız olarak arttıkça, A ve B noktaları K'ye yaklaştığı anlamına gelir. sınırına varır ama asla ulaşamaz. Bizim versiyonumuzda böyle bir varsayım mümkün değildir, çünkü keyfi n için geçerli olan AAn = BBn eşitliğinden AK = BK sonucu çıkar;

1A açısını bilerek, kesişen doğru parçalarının indekslerini trigonometri yoluyla hesaplamak mümkün olacaktır.

dır-dir. Hipotenüsün ARK üçgeninin kenarlarından birine eşit olduğu. Ancak A KB üçgeninin ikizkenar olması dışında bu burada ve Proclus-Bonola'nın inşasında imkansızdır. Dolayısıyla, genel olarak olan şey, farklı endekslere sahip bölümlerin kesişmesi ve aynı endekse sahip bölümlerin ortak bir sınıra yönelmemesidir.

Sonuçlar . Okuyucu şu soruyu sorabilir: Matematiksel argümanlardaki hatalar bazen ancak dikkatli bir analizden sonra keşfedilebilecek kadar maskeleniyorsa, matematik gerçekten de kesin bilimler (fizik, mühendislik ve diğerleri) için bu kadar güvenilir bir temel sağlıyor mu? geleneksel olarak inanır mıyız?

Elbette hiçbir bilimsel yöntem hatalı çıkarımlara karşı garanti oluşturmaz; söz konusu yöntemin de doğru şekilde uygulanması gerekir. Bu sadece kişinin olası hataların kaynaklarını araştırması gerektiğini ve iddialarını kanıtlarken daha titiz davranması gerektiğini gösterir. Fark edilmeden geçebilecek bir hata yapmanın tehlikesini algılamak için bilim tarihimize dönmeliyiz.

Bu tarih, matematikçilerin çalışmalarında çeşitli hatalara tanık olmuş, ancak bu hatalar hiçbir zaman bilimin ilerlemesini durdurmamış ve daha yüksek bir gelişme aşamasına gelindiğinde ortaya çıkmıştır. Etkileyici bir örnek olarak, paralel önermeyi kanıtlamak için yüzyıllar boyunca yapılan girişimlerin daha önce bahsedilen tarihini aktarabiliriz. Bu varsayım hakkında Lobachcvskii 1823'te şunları yazmıştı: “Bu gerçeğe dair kesin bir kanıt bulmak şu ana kadar mümkün olmadı. Verilen bu tür delillere yalnızca açıklama denilebilir ve kelimenin tam anlamıyla matematiksel deliller olarak itibar edilmeyi hak etmezler.” Lobachcvskii bu kanaate olağanüstü keşfinden birkaç yıl önce ulaşmıştı. Bu keşfin geometri tarihindeki yeni seviyesinden, önce Lobachcvskii ve ardından tüm matematik dünyası, paralellik önermesini kanıtlamaya yönelik en ustaca planların asla başarıya ulaşamayacağını açıkça gördü.

3. Limit Kavramıyla Bağlantılı Muhakeme Hataları

Bu bölümdeki örnekler, dairelerin en basit özellikleri, limit kavramı, trigonometri ve bazı katı geometriler hakkında bilgi sahibi olan okuyucuların anlayabileceği düzeydedir.

Örnek 11. Tüm dairelerin çevreleri eşit uzunluktadır. Bu antik sofizm, Yunan filozofu Aristoteles'e (M.Ö. dördüncü yüzyıl) atfedilir ve yakında açıklığa kavuşturulacak bir nedenden dolayı ona "Aristoteles'in çarkı" adı verilir.

Yol boyunca hareket eden bir arabanın veya bir arabanın tekerleğinin çevre uzunluğunun bize verildiği ve kat edilen mesafeyi bulmamız gerektiği veya bunun tersini yaptığımız aritmetik problemlerini hatırlayalım. Çözümün temeli olarak, yuvarlanan tekerleğin her tam dönüşte kendi çevre uzunluğuna eşit bir mesafe kat ettiği şeklindeki bariz gerçeği alıyoruz. Örneğin tekerleğin çevresi 2 metre ise ve yuvarlanırken 30 tam devir yapmışsa kat ettiği yol 60 metre olacaktır. Hareketin düz bir çizgide gerçekleştiği ve özel bir doğruluğun gerekli olmadığı durumlarda bu hesaplamalar deneylerle doğrulanabilir. Tekerleğin çevresi bir bantla ölçülebilir; Tekerleğin bir dönüşünün tamamlandığı, tekerleğin parmaklıklarından birinin işaretlenmesiyle veya bunun yerine janta yerde iz bırakan bir bant takılmasıyla değerlendirilebilir. (Farklı ulaşım araçlarına monte edilen birçok ölçüm cihazı, dönüş sayısını kaydeder ancak mesafeyi veya bir saat mekanizmasıyla birlikte hızı gösterir.) Elbette tüm bu hesaplamalar, yalnızca tekerlek "normal şekilde döndüğünde" pratikte doğrudur. ” yani zıplamıyor veya kaymıyorsa; mekanik dilinde bu durum “tekerlek kaymadan döner” ifadesiyle ifade edilir.

Şimdi safsatamıza geri döneceğiz. Birbirine katı bir şekilde bağlı olan, farklı yarıçaplara sahip iki eşmerkezli C ve C\ dairesini inceleyelim (Şekil 24). Aynı zamanda fiziksel bir model düşünün,

wc'si yatay kabul edilecek ortak bir eksen üzerine monte edilmiş ve birbirine sıkı bir şekilde tutturulmuş iki silindirik makara. (Bir kısmı aynı eksene sahip ancak daha küçük yarıçaplı başka bir silindirik silindir biçiminde olan silindirik bir silindirle de bunu yapabiliriz; Şekil 24'teki resme bakın). MN ve M\N\ teğetlerini çizin

Aynı OM yarıçapı üzerinde yer alan, sırasıyla M ve M\ noktalarındaki C ve Ci çemberleri . Daireler birbirine sıkı bir şekilde bağlı olduğundan bir bütün olarak hareket edeceklerdir; Bir daire belirli bir açıyla dönerse diğeri de aynı açıyla dönecektir. Bu nedenle, eğer C çemberi MN düz çizgisi boyunca yuvarlanıyorsa, Ci çemberi M\N\ düz çizgisi boyunca yuvarlanacaktır. Şekil 24'te dairelerin yuvarlanma yönü okla gösterilmiştir ve ara konumlardan biri noktalı çizgilerle gösterilmiştir; M' ve M\' noktaları, M ve M\ noktalarının yeni konumlarıdır. Fiziksel modelde, silindirik silindirlerin her birinin altına yatay bir ray yerleştirildiğini hayal ediyoruz; Büyük silindir kendi rayı üzerinde yuvarlandığında küçük olanın kendi rayı üzerinde yuvarlanmasına neden olur. MN düz çizgisi boyunca yuvarlanan C çemberinin bir tam dönüş yapmasına izin verin, bunun sonucunda M noktası A* konumunu alacaktır; Ci çemberi de o zaman tam bir devrim yapmış olacak ve Mi noktası O*M* yarıçapı üzerinde M↑* pozisyonunu işgal edecektir. O*M* OM'ye paraleldir çünkü bu yarıçapların her ikisi de MN'ye diktir. Şu sonuca varıyoruz ki

AA* = M 1 M*

yani. yuvarlanan iki dairenin tam bir dönüş yaparken aynı mesafeleri kat ettiği ve bu da çevrelerinin eşit olduğu anlamına gelir. C ve Ci daireleri keyfi olarak alınabileceği için gerekli kanıtı sunduk.

İpucu. Okuyucunun elde edilen bariz çelişkinin üstesinden nasıl geleceği sorusuna önceden karar vermeyeceğiz: Yazarın bu soruna ilişkin düşünceleri 4. Bölüm'de verilecektir. Bu safsata üzerinde düşünürken hangi yol alınırsa alınsın, aşağıdaki gözlem yararlı olacaktır. .

Daireye genellikle, kenarlarının sayısı sınırlanmadan arttıkça, içine yazılan (ya da çevresine çizilen) düzenli çokgenlerin bir dizisinin sınırı olarak bakılır.1 Bu, dairenin geçirdiği sürecin daha net bir resmini elde etmek için, dairenin yuvarlanan daire yerine düz bir çizgi üzerinde yuvarlanan düzenli bir çokgeni inceleyebiliriz. Kenar sayısı ne kadar fazla olursa, yuvarlanan daire resmine o kadar yaklaşacaktır.

“(Dışbükey) çokgen düz bir çizgi boyunca kaymadan yuvarlanır” ifadesinin anlamı açıktır; Çokgenin kenarlarından, örneğin saat yönünün tersine, belirli bir geçiş sırası oluştururuz ve kenarlardan birini başlangıç konumunda düz bir çizgi üzerine yerleştiririz. Çokgeni bu kenar ve onu takip eden kenar için ortak olan köşe etrafında döndürüyoruz. ikinci taraf düz çizgiye gelinceye kadar; daha sonra bir sonraki köşe etrafında döneriz ve bu böyle devam eder. Kısaca, çokgen bir taraftan diğerine "eğilip", her seferinde bu taraflar için ortak olan tepe noktası etrafında döner ve bunun sonucunda düz bir çizgi boyunca gösterilen yönde taşınır.

Düzenli bir n-gon olması durumunda (Şekil 25'te n = 8), köşelerini A i, A i, olarak etiketleyin. . .,, Λ∏-1> An ve başlangıç konumu için A \A2 tarafının çokgenin yuvarlanacağı düz çizgi üzerinde olmasına izin verin

''Sınır' terimi burada yaygın olarak kullanılan 'sınırlı konum' yerine bilinçli olarak kullanılmıştır ve tamamen kesin bir anlama sahiptir: Belirli bir daire ile eşmerkezli iki daire arasındaki halka ne kadar dar olursa olsun, eşmerkezli dairelerden birinin yarıçapı verilen dairenin yarıçapından daha büyük ve diğerinin yarıçapı daha küçük olduğunda (örneğin halka, yarıçapları R — t ve R + e olan dairelerle sınırlanabilir; burada R, verilen dairenin yarıçapıdır), bu, n'den fazla kenarı olan herhangi bir yazılı (sınırlı) düzgün çokgenin tamamen halkanın içinde yer alacağı şekilde bir n sayısını bulmak mümkün olabilir. Bu, yaygın olarak bilinen önermeyle (daha sıklıkla tanımla) karıştırılmamalıdır. “Bir dairenin çevresinin uzunluğu, düzenli yazılı (sınırlı) çokgenlerin çevre uzunlukları dizisinin sınırıdır; . .”. WC'nin göreceği gibi, "limit" terimi iki durumda farklı anlamlara sahiptir (aşağıya bakın. Örnek 12-14).

i A 2 yönü . Bu yön, Şekil 25'te okla gösterilmektedir. Radyan ölçüsünde, çokgenin dış açısı ve aynı zamanda merkez açısı - = -----•'ye eşittir. Bu nedenle, yeterli

nn

A 2A 3 tarafının düz bir çizgi üzerinde durmasını sağlamak için çokgeni A 2 tepe noktası etrafında —- açısı boyunca çevirin. Bu rotasyondan sonra

Şekil 25

\J 2 (nD

O<"-D 0

Bir n ^~ 2 > J 1 <nD

Λ n < n - 1 >

çokgenin O merkezi O' konumunu ve A 1 , A2, A3, köşelerini işgal eder. . . , A n karşılık gelen A 1 ', A 2 ' (A 2 ), A3, . konumlarını alır . . . , A3- A3 tepe noktası etrafında —— açısı boyunca bir başka dönüş, A 1 A2 A3 çokgenini hareket ettirir . . .

A n ', A 1 '' A 2 ' A 3 '' konumuna . .. A""; Şekil 25'te sadece her ikisi de düz çizgi üzerinde yer alan A3' (A3 ile çakışan) ve A4' köşeleri işaretlenmiştir . Bu işleme devam ederek, (n — l)'inci dönmeden sonra merkezi 0< n-1 noktasında olacak şekilde A i< 1- ι>∕2 t "- υ . . A3 n ~ u konumuna ulaşırız. > ve A3 n ~iA 1 in ~ r ) tarafı düz çizgi üzerindedir. A 1 tepe noktası bir kez daha düz çizgi üzerinde olduğundan, harekete daha fazla devam etmeye gerek yoktur; A 1 A^ni) doğru parçası çokgenin çevresine eşittir.

Okuyucu, her bir tepe noktasının konumunun bir çift indeksle işaretlendiğini fark edecektir; alttaki indeks başlangıç konumundaki tepe noktasını gösterirken üstteki ise ilk başta asal sayı, daha sonra parantez içindeki sayılar olup, köşe sayısını gösterir. gerçekleştirilen dönüşler; örneğin sembol, dördüncü dönüşten sonra A g tepe noktasının konumunu belirtir . Şekil 25'te açıklanan hareketin doğasında bulunan özelliklere ek olarak, n için seçilen özel değerle bağlantılı bazı tesadüfi özellikleri de gözlemlemek mümkündür. Okuyucunun çizimi başka bir n değeri için, diyelim tek sayı için, örneğin n = 5 için yapması önerilir.

Sofizmimize bir kez daha dönecek olursak, şimdi eşmerkezli iki daire yerine, karşılıklı kenarları paralel olan iki düzgün eşmerkezli n-gonu, yani biri diğerinden benzerlikle (homotetik) elde edilen iki düzgün çokgen alıyoruz. benzerlik merkezi ikinci çokgenin merkeziyle çakışacak şekilde dönüşüm. Çokgenlerin birbirine sıkı bir şekilde bağlı olduğunu varsayarak, büyük olanı yukarıda açıklandığı gibi düz bir çizgi boyunca yuvarlayalım ve daha sonra küçük çokgenin nasıl hareket edeceğini anlamaya çalışalım. İkincisi de bir taraftan diğerine "devrilecek" mi? Küçük çokgenin çevresi, büyük olan gibi düz bir çizgi üzerinde "açılacak" mı? (Küçük çokgeni yuvarlayarak ve büyük olanın hareketini gözlemleyerek ters sırada ilerleyebiliriz.)

Sorun. Şimdi farklı bir amaç için yuvarlanan dairenin yerini yuvarlanan çokgenle değiştiren bir problem formüle edeceğiz. Bu problem, bu bölümün konusuyla, gerekçe gerektiren bazı durumlarda sınıra geçme özelliğini paylaşıyor (aşağıdaki örneklere bakınız).

Bir daire düz bir çizgi boyunca yuvarlandığında, o daire üzerindeki her noktanın sikloid adı verilen bir eğri boyunca hareket ettiği bilinmektedir. Yuvarlanan dairenin başlangıç konumunda temas noktası olan noktanın hareketini izlersek (Şekil 26, Şekil 24 ile karşılaştırın), birbirini takip eden iki nokta arasındaki yolu

Şekil 24'teki gibi yuvarlanan dairenin tam bir dönüşüne karşılık gelen M ve A/* noktaları "sikloidal yay" MM'M* biçimine sahip olacaktır. Daha yüksek matematik yoluyla, bu yayın uzunluğunun dönen dairenin yarıçapının sekiz katına eşit olduğu ve yay ile MM* düz çizgisi arasındaki alanın dairenin alanının üç katına eşit olduğu tespit edilmiştir. Bizim sorunumuz bu sonuçları basit bir yöntemle elde etmektir. Bunun için, R yarıçaplı yuvarlanan daireyi, içine yazılı olan düzenli bir n-gon ile değiştirmeye yönelik önceki planı takip ediyoruz.

Şekil 25'teki gösterimde, A noktasının yolu (n — 1) dairesel yaydan, A2 merkezli /UA^, Af merkezli sf/A~i>'den oluşacaktır. .. Af^~2>A 1 <M~1, A'{n~2 merkezli): bunlar Şekil 25'te gösterilmemiştir. Bu dairesel yaylar birlikte A\'dan Λ√ n ^ υ'ya giden bir eğri oluşturur. Bir sikloide benzeyen ancak komşu yayların buluştuğu "köşelerin" varlığıyla ondan farklı olan. N'nin değeri arttıkça köşeler daha düzgün hale gelir ve eğri sikloid yayına yaklaşır. n—>oc olarak sikloidin bu eğrinin limiti olması beklenebilir. Şimdi, temel trigonometri aracılığıyla, herhangi bir n değeri için bir tam dönüş sırasında çokgenin bir tepe noktasının yolunun uzunluğunu bulmak kolaydır, çünkü bu daire dairesel yaylardan oluşur; bu yol ile AiAi<n~]K düz çizgisi arasındaki alanı da bulabiliriz. Uzunluk ve n —>oc limitine geçtiğimiz alan için elde edilen ifadelerde uzunluğu 8R olarak bulacağız ve alan 3rrR2 olacaktır. sırasıyla doğru sonuçlardır.1 Bununla birlikte, sikloidin uzunluğu ve alanı için formüllerin bu türetilmesi, ancak sınıra geçiş gerekçelendirildikten sonra, yani kanıtlandıktan sonra tamamen geçerli kabul edilebilir. n—>oo olarak, yuvarlanan w-gon için bulunan uzunluk ve alan değerlerinin limitleri gerekli uzunluk ve alana sahiptir. Temel matematik alanında bunu yapmak mümkün olabilir ama kesinlikle kolay değil.

Sorun, yuvarlanan bir dairenin çevresinin içinde veya dışında bulunan ve ona sıkı bir şekilde birleştirilen noktaların yolları incelenerek de genişletilebilir. Böylece sözde "prolat" ve "kürtat" sikloidlere ulaşıyoruz. Yuvarlanan dairenin yerine düzgün yazılı bir çokgen koyarak ve sonra limite geçerek bu eğrileri incelemeye çalışabiliriz.

1Yazarın kafasındaki çözümün varyantında ortaokul trigonometri dersinde verilmeyen aşağıdaki formüller kullanılmıştır:

sin n + sin 2a + • • • + sin kn =

günah A:- 2 • günah (k + 1) - 2

• de olduğu gibi -

2

sin2 a 4- sin2 2a + • • • + sin2 Ara =

2k + ben

4

sin (2A' -(- l)a 4 sin a

2(sin a sin 2a + sin 2a sin 3a + • • • + sin(A' —l)a sin A'a) = kc(osi a----- ;-----.

2 günah bir

Okuyucu bu özdeşlikleri örneğin k üzerinde tümevarım yoluyla doğrulayabilir. (Bu yöntemin incelenmesi için bu serideki IS Sominskii'nin Matematiksel Tümevarım Yöntemi bölümüne bakın.) Ayrıca şu bilgiler de yer almaktadır:

lirn * Sln u = 1 I (<j, radyan cinsinden açıdır).

ur—*0 (0

Bu formül birçok matematik kancasında bulunabilir.

Örnek 12. Bir üçgenin hipotenüsünün uzunluğu iki kenarının toplamına eşittir.

ABC dik üçgeninde hipotenüsün D orta noktasından itibaren DE ve DF dikmelerini bacaklara bırakıyoruz (Şekil 27,

C = 90°); dört bölümden oluşan kesikli bir BEDFA görülmektedir.

uzunluğu açıkça bacakların toplamına eşittir.

Bu yapıyı, DB ve AD hipotenüslerinin orta noktasından itibaren DBE ve ADF\ üçgenlerinin her biri için tekrarlıyoruz, bacaklara dik olarak bırakıyoruz ve böylece sekiz bölümden oluşan bir kesikli çizgi elde ediyoruz .

uzunluk öncekiyle aynıdır. Bu işlem sınırsız sayıda tekrarlanabilir: Hipotenüs art arda 2, 4, 8, 16'ya bölünecektir. . . eşit parçalar; A ve B noktalarını birleştiren ve sırasıyla 2, 4, 8, 16, . . . “dişler” (yani 4, 8, 16, 32,... bölümler). Tüm

testerelerin uzunlukları eşittir (yani, bölümlerin uzunluklarının toplamı eşittir), bacak uzunluklarının toplamıdır. Bölüm sayısı arttıkça, testere A B hipotenüsüne giderek daha fazla yaklaşacaktır, böylece çok sayıda bölüm için çok küçük bölümlere sahip kesikli çizgi ile sürekli düz arasında ayrım yapmak pratikte zor olacaktır. çizgi parçası (tıpkı bir daire ile içinde çok sayıda kenarı yazılı olan normal bir çokgen arasında ayrım yapmanın zor olması gibi).

Bu görsel gösterime dayanarak kesin bir ifadeye dayanacağız: Testerelerin dizisinin limiti AB doğru parçasına sahiptir; bu anlamda, testerenin noktaları ile düz çizgi arasındaki en büyük mesafe, testerenin ardışık elemanlarını dikkate aldığımızda sıfıra yönelir. testere dizisi. Aslında bu en büyük uzaklık, eşit dik açılardan herhangi birinin hipotenüsüne düşen yüksekliktir.

testerenin "dişlerini" oluşturan üçgenlerdir ve bir dişin yüksekliği sıfıra yaklaşan hipotenüsünden küçüktür. Başka bir deyişle, AB hipotenüsü ile ona paralel bacaklarla (Şekil 27) testereler dizisinde kesişen düz bir çizgi arasındaki şerit ne kadar dar olursa olsun, onu takip edenlerle birlikte bir tane vardır. A'dan B'ye kadar bu şeride sığacaktır (sayfa 36'daki dipnota bakınız). Ancak tüm testerelerin uzunluğu aynıdır, bu da uzunluklarının dizisinin aynı sayılardan oluştuğu ve sınırının bacakların toplamına eşit olan aynı sayı olacağı anlamına gelir. Öte yandan hipotenüs testerelerin sınırıdır; dolayısıyla uzunluğu aynı zamanda uzunluk dizisinin sınırı olmalıdır. Ancak bir dizinin iki farklı limiti olamayacağından iddiamız kanıtlanmıştır.

Not I. ABC üçgeninin bir dik üçgen olması şart değildir. Eğik bir üçgen için, kenarlarından birini bölen bir noktadan diğer iki kenara paralel çizgiler çizerek bir testere dizisi oluşturmak mümkündür. Kenarın 2, 4, 8,... eşit parçaya bölünmesi de şart değildir; sayıları sınırsız bir şekilde arttığı ve en uzun parçanın uzunluğu sıfıra yaklaştığı sürece 2, 3, 4, 5,... hatta eşit olmayan parçalara bölünebilir.

Not 2. Okuyucu belki de hatanın kaynağını testerenin uzunluğunun değişmemesinde ve dolayısıyla sınırından bahsetmenin imkansız görünmesinde arayacaktır. Bunun cevabı, matematikte tamamı birbirine eşit terimlerden oluşan dizileri dikkate almamızdır. “Limit” kavramının tam anlamına göre bu ortak sayının kendisi böyle bir dizinin limitidir. Bununla birlikte, testerenin uzunluğunun değişken olacağı ve diğer her şeyin geçerli kalacağı şekilde yapımızı değiştirmek zor olmayacaktır. Örneğin A noktasından sayarak her testerenin dişlerinden birini, diyelim ki ilkini kırmak yeterli olacaktır; Daha doğrusu, ilk iki bölümü A'dan başlayarak hipotenüsün bir parçasıyla değiştiririz. Bu, her testerenin bölüm sayısını bir azaltır. Daha önce olduğu gibi, "hasarlı testerelerin" limitleri AB doğru parçasına sahip olacak, ancak uzunluklarının her biri bacakların uzunluklarının toplamından (AC + BC) çok küçük bir miktarda farklı olacak ve bu toplam şu şekilde olacaktır: bir sınır.

Örnek 13. nr sayısı 2'ye eşittir.

AB çizgi parçası üzerinde çap olarak bir yarım daire oluşturun (Şekil 28); daha sonra AB parçasını ikiye bölün ve her yarımı çap olacak şekilde

AB'nin farklı taraflarında bulunan yarım daireler oluşturun. Bu iki yarım daire, A'dan B'ye uzunluğu orijinal yarım dairenin uzunluğuna, yani - 7T AB'ye eşit olan dalgalı bir çizgi (sinüs eğrisine benzer) oluşturur. Her küçük yarım daire, büyük olanın yarısı kadardır

bir, çünkü çapı uzunluğun yarısı kadardır. Şimdi AB doğru parçasını dört eşit parçaya bölün ve dört yarım daireden oluşan dalgalı bir çizgi oluşturun (Şekil 28), uzunluklarının toplamı yine

77

_

2

AB. AB'yi bölerek bu işlemi defalarca tekrarlıyoruz.

8, 16, . . . eşit parçalar ve bunların üzerine AB düz çizgisinin alternatif taraflarında yer alan yarım daireler inşa edin. AB doğru parçasına giderek daha fazla yaklaşan dalgalı eğrilerden oluşan bir dizi elde ediyoruz. Bu bölüm, her dalgalı çizginin noktalarının AB düz çizgisine olan uzaklıklarının en büyüğünün, dizinin ardışık üyelerine doğru ilerledikçe sıfıra yönelmesi anlamında sınırlarını temsil eder; bu en büyük mesafe açıkça çizgiyi oluşturan yarım dairelerin yarıçapına eşittir. (Şekil 28'de AB'ye paralel iki çizgi arasında bir şerit gösterilmektedir. Bu şerit ne kadar dar olursa olsun, dizimizde, A'dan B'ye kadar birbirini takip eden tüm dalgalı çizgilerin tamamen bu şeridin içinde yer alacağı bir yer bulmak mümkündür.) Ancak tüm bu dalgalı çizgilerin uzunlukları aynıdır.

77

tikal ve -AB'ye eşit; dolayısıyla bu aynı zamanda uzunluğu da olmalıdır

bu çizgilerin sınırı, yani AB doğru parçasının uzunluğu. AB = A B eşitliğinden 77= 2'yi buluruz.

Not. Bu örnek, Örnek 12'deki not 1 ve 2'ye benzer hususlarla desteklenebilir; ne AB doğru parçasının bölünme şekli ne de dalgalı çizgilerin sabit uzunlukları önemli bir rol oynamaz. Önceki örnekte olduğu gibi, her dalgalı çizgide yarım dairelerden birinin çapını değiştirmek mümkün olacak ve ardından çizgilerin uzunluğu değişken olacaktır. Okuyucunun başka bir değişkeni incelemesini öneriyoruz: Yarım daireler, yani dik açılarla çevrelenen yaylar yerine, sayıya bağlı olarak belirli bir yasaya göre sabit veya değişken, keyfi olarak farklı bir açıyla çevrelenen yaylar oluşturabiliriz. bölmelerin sayısı, ancak 180°'ye eğilim göstermez. Daha sonra 7r sayısı için farklı bir değer elde ederiz.

Örnek 14. “Schwarz silindiri.”

Eğri bir çizginin AB yayının uzunluğunu ölçmek için (Şekil 29, sol), neredeyse ölçüm yaparken olduğu gibi ilerleyebiliriz.

Şekil 29

bir çevre veya onun parçaları. Yayın içine kesikli çizgiler yazılmıştır; böyle bir çizgiyi oluşturan ardışık bölümler genellikle birbirleriyle eşit açılar yapmaz veya eşit uzunlukta olmaz. Bu tür kesikli çizgilerden oluşan sonsuz bir dizi oluşturulur; bu dizi, dizinin ardışık üyelerini dikkate aldığımızda, kesikli çizginin en uzun bölümünün uzunluğunun sıfıra yönelmesi koşuluyla, köşeleri birbirine sonsuz derecede yakınlaştırır. Bu kesikli çizgilerin uzunluk dizisinin sınırı o zaman orijinal yayın uzunluğu olacaktır.

İki boyuta geçerek, kavisli bir yüzey üzerinde bulunan F şeklinin alanını bulma şeklindeki benzer problemi ele alıyoruz (Şekil 29, sağ). Yaya benzetme yaparak, aşağıdaki gibi ilerlemek doğal görünmektedir: Verilen şekilde, yüzleri küçülen çokyüzlü yüzeyler1 yazın; F şeklinin alanı bu çokyüzlü yüzeylerin alanlarının sınırı, yani yüzlerinin alanlarının toplamı olacaktır. Bu daha kesin olarak şu şekilde tanımlanır: F şeklinin içinde ve sınırında bir dizi nokta alın ve düzlemleri üç noktalı gruplardan geçirerek bu yüzlerden hiçbirinin ortak iç noktası olmayacak şekilde üçgen yüzleri olan çokyüzlü bir yüzey elde edin. üçünün ortak bir yanı yok. Bu tür çokyüzlü yüzeylerden sonsuz bir dizi oluşturun

Fu F2, . . . , Fn,. . .

Şekil F'de yazılı olan, Fn yüzeyinin tüm üçgen yüzlerinin kenarları arasında meydana gelen en uzun kenarın uzunluğu noo olarak sıfıra yönelecek ve F şeklinin her noktası bazı nokta dizileri için sınır olacak şekilde Fu F2'de art arda seçilir. .., Fn.......

Artık her çokyüzlü yüzeyi, dış sınırları F şeklinin sınırları içine girecek şekilde seçebileceğimiz açık görünüyor (bkz. Şekil 29). Çokyüzlü yüzeylerin alanları Flt F2, .. ., Fn, . .. bir sınırı vardır, yani F şeklinin alanı. Önceki örneklerde olduğu gibi, tüm pratik amaçlar için kavisli yüzey ve bunun içine yazılan çokyüzlü yüzey, ikincisinin yüzleri çok küçük olduğunda ayırt edilemez. Ancak geçen yüzyılın sonunda Alman matematikçi GA Schwarz, "sclf-cvidcncc"nin aldatıcı olduğunu gösteren basit bir örnek verdi. Şimdi bu örneği açıklamaya devam edeceğiz.

Yarıçapı R ve yüksekliği // olan dik dairesel bir silindiri düşünün (Şekil 30); wc, yukarıda belirtilen yöntemle yan yüzeyinin alanını belirlemeye çalışacaktır. Bunun için silindirin yüksekliğini n eşit parçaya bölelim ve bu bölme noktalarından eksene dik düzlemler geçelim. Bunlar

1 Bir çokyüzlü yüzey, eğer tüm köşeleri eğri yüzey üzerinde yer alıyorsa, eğri bir yüzeye yazılmıştır.

silindirin yan yüzeyini n - 1 daire halinde keserler; bunlar tabanlarla birlikte yan yüzeyi n eşit silindirik bantlara böler. Bu dairelerden birine düzgün bir w-gon çizin ve silindirin köşelerinden geçen jeneratörlerini çizin. Bu üreteçler kalan /V'nin her birini böler.

m eşit parçaya bölünmüş daireler; bölünme noktaları, bu dairelerin içine yazılan düzenli m-gonların köşelerini oluşturur. Jeneratörlerin bölümleri, yazılı çokgenlerin kenarlarıyla birlikte, köşeleri silindirin yüzeyinde bulunan çok sayıda özdeş dikdörtgen oluşturur. Bunlardan biri olan MNPQ, Şekil 30'da işaretlenmiştir.

Son olarak, her dikdörtgeni bir köşegen yardımıyla iki üçgene bölerek, silindirin yan yüzeyine kazınmış, 2mn özdeş üçgen yüzden oluşan çokyüzlü bir yüzey elde ederiz. Hem m hem de n sınırsız büyüdüğünde, bu yüzlerin kenarları sıfıra doğru yönelir ve bunlara ait noktaların silindirin yan yüzeyinden uzaklığı da sıfıra doğru yönelir.1 Yazılı çokyüzlü yüzeyimiz iki m indisine bağlıdır. ve n. İndekslerden birini diğerinin fonksiyonu haline getirerek, her iki indisin de integral değerler alması ve aynı anda sonsuza yönelmesi yoluyla çokyüzlü yüzeylerimizin bir dizisini seçmenin sonsuz sayıda yolu vardır. Örneğin, m = n veya n = 3m veya m = n2 vb. olarak ayarlayabiliriz. Okuyucu muhtemelen zaten çokyüzlü yüzeylerimizin aslında silindire yazılan düzenli m kenarlı prizmaların yan yüzeyleriyle çakıştığını fark etmiştir. Bu prizmaların her bir dikdörtgen yüzünü 2n adet üçgene bölmenin amacı, çokyüzlü yüzeyleri çizme yöntemini Şekil 29'da gösterilen genel şemaya uygun hale getirmektir. Dolayısıyla, önümüzde yalnızca olağan türetmenin biraz karmaşık bir varyasyonu var. Bir silindirin yan yüzeyinin alanı formülünün (S = 2-rRH), yani düzenli bir prizmanın yazılması ve limitin alınması. Şu ana kadarki iddialarımız herhangi bir safsata içermemektedir.

'Herhangi bir noktanın silindirin yan yüzeyine olan uzaklığı, yalnızca silindirin yarıçapı ile noktanın silindirin eksenine olan uzaklığı arasındaki farktır.

Şimdi poliçeyi yazma yöntemini biraz değiştireceğiz.

hedral yüzeyler. Daha önce olduğu gibi, yüksekliği // n'ye eşit olarak bölüyoruz

parçalara ayırın ve silindirin uçlarıyla birlikte n + 1 daire veren n — 1 dairesel kesitimizi çizin. Bunların her birinde

Dairelere düzenli bir m-gon yazıyoruz, ancak köşeleri farklı şekilde düzenlenmiş durumda, yani dairelerden birine yazılan çokgenin herhangi bir köşesi boyunca çizilen üreteç, bitişik dairelere yazılan çokgenin köşelerinin ortasından geçecek şekilde. Örneğin, Şekil 31'de üreteç P'den geçerek A/A^ yaylarını ikiye böler ve şekil yine üreteç olan QM ve SN düz çizgilerini göstermez. Başka bir deyişle, daha önce herhangi bir daireye yazılan çokgen, komşu daireye yazılan çokgenden, bir dis tarafından bir üreteç yönünde paralel bir öteleme ile elde ediliyordu.

H

tance - H , şimdi çeviri ise com-n

çokgenin merkezi etrafında -77°' ye eşit bir açıyla döndürülerek birleştirilir . Düzenli yazıtların düzenlenmesi , yatak çokgenleri i , n thi . S

Bu şekilde, her köşeyi komşu daire üzerindeki kendisine en yakın iki köşeyle birleştirerek üçgen yüzlerden çokyüzlü bir yüzey (dışbükey değil!) oluştururuz. Uzatılmış konumda katlanabilir bir kağıt feneri andıran bu çokyüzlü yüzey, n şeridin her birinde 2m'lik 2mn uyumlu ikizkenar üçgenden oluşur; silindirin kavisli yüzeyinde tam olarak yazılıdır

bu kelimenin anlamı (sayfa 44'teki dipnota bakınız).

Çokyüzlü yüzeyin alanını bulmak için, Şekil 31'de ve ayrı olarak Şekil 32'de gösterilen eşit MNP yüzlerinden birini büyütülmüş biçimde inceleyin. Burada MN, dairesel kesitte O merkezli düzgün m-gon'un kenarıdır; K ve L noktaları Mb yayının orta noktalarıdır! ve sırasıyla MN akoru ve PK, jeneratörün bir segmentidir. Şimdi PM = PN, çünkü

bu parçaların 0 daire düzlemi üzerinde eşit projeksiyonları vardır \ bunların projeksiyonları eşit KM ve KN akorlarıdır. Bu nedenle MNP üçgeni ikizkenardır. Yüksekliği PL, PKL üçgeninden bulunur;

LK = 90°, PK = —, n

KL = R -OCLL = R - Rc os — 2R sin2— . m 2m

Öyleyse,

+ 4R2 sin1

2m

Ve \ MN = R sin — olduğundan, elimizde m var

alan MNP = R sin — + 4R2 sin4— .

= 2mR günah

Başka bir bağlantıda da belirtildiği gibi, m ve n indisleri arasında bir ilişki kurmak ve SnKn alanlarından bir dizi elde etmek sonsuz sayıda yolla mümkündür. Bu tür iki yolu inceleyelim.

1. n = m2' olsun, yani daireyi sırasıyla 3, 4, 5'e bölelim. . . rakımı 9, 16, 25'e bölüyoruz. .. sırasıyla parçalar. Çokyüzlü yüzeyin alanı Sm (şimdi sadece m endeksine bağlıdır) formülle ifade edilecektir.

Sm = 2mR sin - H 2 + 4nPR 2 sin4 m \ 2m

Şimdi limiti m —>oo olarak alıyoruz (bununla —ve ayrıca günah —ve m m

günah sıfıra eğilimlidir). Verilen formüllerden sonuncusunu uygulamak dileğiyle

sayfadaki dipnotta şu şekilde:

39, Sm ifadesini değiştiriyoruz

S m = 2-∏R

günah — m

M

bundan sonra bunu buluyoruz

Iim S m = 2ττΛ ∕H^+∖^R 1 . m→∞ yj 4

Bu limitin, silindirin yan yüzeyinin alanı için genel olarak bilinen formül olan lirRH'den açıkça daha büyük olduğu açıktır. Limit için istediğimiz kadar büyük başka değerler de elde edebiliriz; örneğin, k'nin pozitif bir tam sayı olduğu n = km2'yi koyarsak, şunu elde ederiz:

Iim S m — 2πR

2. n = w3 olsun, böylece önceki yöntemle karşılaştırıldığında yükseklik boyunca bölümlerin sayısı daha da hızlı artar. Sm formülünde bu sadece toplamın ikinci teriminde radikal işareti altında ek m2 çarpanının görünmesine neden olacaktır. Sonuç olarak, bu terim ve onunla birlikte Sm, m —>oo olarak sonsuza doğru yönelecektir. Bu, çokyüzlü yüzeylerin alanları sınırsız olarak artacak ve herhangi bir sınıra yönelmeyecek şekilde kaydedilmesi için bir yasa oluşturmanın mümkün olduğu anlamına gelir. Bir silindirin yan yüzeyinin alanının iyi tanımlanmış bir miktar olmadığı görülmektedir.

Açık bir saçmalığa ulaştık ve şimdi hatayı bulmaya çalışmalıyız.

Örnek 15. R yarıçaplı bir kürenin alanı <n2R2'ye eşittir.

Merkezi O'da bulunan, "ekvatoru" q ve "kutbu" P olan yarım küreyi (Şekil 33) inceleyelim. Bu, OP yarıçapının O'dan geçen ekvator q düzlemine dik olduğu anlamına gelir. Ekvator q'yu çok sayıda eşit parçaya, örneğin n'ye bölün ve P'yi, büyük yaylarla tüm bölünme noktalarına birleştirin.

daireler. (Her yay tam bir “meridyenin” parçasıdır.) Yarımküre

daha sonra n adet çok dar küresel üçgene bölünür; her biri

Ekvatorun küçük bir yayı ve iki meridyen yayı ile sınırlanan yer. Şekilde bu üçgenlerden bazıları gösterilmiştir; bunlardan biri olan PAB gölgelidir. n bölüm sayısının arttırılmasıyla bu küresel üçgenler istenildiği kadar dar yapılabilir ve

Şekil 33

"Sonsuz derecede dar" kavisli üçgen düzleştirilebilir veya dediğimiz gibi, tüm boyutları (uzunluklar, açılar ve alan) korunarak düzleme "uygulanabilir". Bir düzlem üçgen (ikizkenar) elde edilir;

2 *xR

tabanı düzleştirilmiş uzunluk yayıdır —— ve yüksekliği

çevre-77/?'nin dörtte birine eşit olan düzleştirilmiş yay?

yani ferencc (Şekil 33'teki soldaki gölgeli üçgen).

böyle bir üçgenin alanı

1.2gR

2 saat

vR ' = lπ2Λ2 ; 2 Giriş

sonuç olarak yarımküreyi dolduran n sayıda üçgenin toplam alanı ^v2R2'ye eşittir ve tüm kürenin yüzeyinin alanı tt2R2 olacaktır. Bu, bu alanın 4ttR2'ye eşit olduğunu söyleyen genel olarak bilinen formülle çelişir.

1

 + ^ 77 4λ2 . _

4

4. 3. Bölümde Verilen Örneklerin Analizi

Örnek 11. Klasik biçiminde bu safsata geometriye değil mekaniğe, daha doğrusu kinematiğe, yani hareketin incelenmesine aittir, çünkü problem belirli bir şekilde hareket eden bir tekerlekle ilgilidir. Öte yandan, yakından incelendiğinde kinematik etiketin tamamen yüzeysel kalacağını öngörebiliriz, çünkü zaman önemli bir rol oynamaz (örneğin tekerleğin hızlı ya da yavaş dönmesi önemsizdir). Daha sonra yapılacağı gibi, sofizmin tamamı geometrik bir dille ifade edilebilir.

Şüphesiz akıl yürütmemizin zayıf yanı, "daire düz bir çizgi boyunca kaymadan yuvarlanır" ifadesinin belirsizliğidir. Birbirine sıkı bir şekilde bağlı olan dairelerden birinin bu anlamda yuvarlanması durumunda diğerinin kaymadan yuvarlanmadığını ve sofistik ispatın çöktüğünü hemen keşfetmek için bu ifadenin kesin anlamı üzerinde anlaşmaya varmak yeterlidir. .

İlk önce kinematik diliyle konuşacağız. Çemberin düz bir çizgi boyunca kaymadan yuvarlanması, çemberin her an düz çizgiyle temas halinde olacak şekilde hareket etmesi anlamına gelir. Dolayısıyla, temasın gerçekleştiği daire noktasının hızı, verilen anda sıfırdır. Başka bir deyişle, temas noktası yuvarlanan daire için "anlık bir dönme merkezi" görevi görür. Bu, herhangi bir anda daireye bağlı herhangi bir rastgele noktanın hızının (dairenin çevresinde bulunması şart değildir), dairenin kendi temas noktası etrafında dönmesi durumunda sahip olacağı hız olduğu anlamına gelir. Özellikle bu hızın yönü, verilen noktayı temas noktasına bağlayan düz çizgiye diktir. Böylece, Şekil 24'teki gösterim korunarak, M' konumuna gelen bir noktanın hızının yönü, M'P düz çizgisine dik doğrultuda uzanır. Bu nedenle, M'P düz çizgisi, Şekil 26'daki M' noktasında sikloide diktir (bazen normal olarak da adlandırılır).

Tam tersine, çemberin belirli bir anda MN doğrusuna temas eden noktası sıfırdan farklı bir hıza sahipse, bu hız yönünde ise hareketin “pozitif kaymayla” gerçekleştiğini söyleriz. hareket veya ters yönde ise "negatif kayma ile". Ancak herhangi bir kaymanın tamamen yokluğu durumunda, belirli bir zaman aralığında düz bir çizgi boyunca kat edilen yolun, dairenin keyfi bir yarıçapının içinden geçtiği merkez açıya karşılık gelen dairesel yayın uzunluğuna eşit olduğunu doğrulamak mümkündür. bu zaman aralığında döndü. Örneğin, Şekil 24 ve 26'da MP — PM' ve MM*, yuvarlanan dairenin tüm çevresine eşit uzunluktadır. Pozitif kayma durumunda MP > PM'\, negatif kayma durumunda MP < PM'.

Artık yuvarlanmanın farklı yönlerini tamamen geometrik terimlerle tanımlayabilecek durumdayız, ancak açıklık sağlamak adına ara sıra kinematik diline döneceğiz. MM* = 2vR doğru parçasını düşünün (Şekil 24 ve 26) ve bunun her P noktasında, O' merkezi MM*'nin belirli bir tarafında yer alan ve R yarıçapına sahip olan bir teğet daire oluşturun. PM' yayının uzunluğu PM doğru parçasına eşittir ve PM doğru parçasıyla P'nin aynı tarafındadır. 1 Bu yapıyı P noktasının MM* doğru parçası üzerindeki olası tüm konumları için gerçekleştirirsek, (kinematik diline dönerek, ancak esasen geometri alanında kalarak) tüm teğet çemberlerin kümesinin şunu söyleyeceğiz: MN düz çizgisi boyunca kaymadan yuvarlanan R yarıçaplı dairenin bir devriminin sonucu olarak elde edilir ve P noktasının farklı konumlarına karşılık gelen tüm M' noktalarının konumuna M noktasının yörüngesi adı verilecektir. Önceki yapıda MP — PM' eşitliğini MP = kPM ' orantılılığıyla değiştirirsek (burada k, 1'den farklı sabit bir faktördür), dairenin "sabit kayma katsayısı k" ile yuvarlandığını söyleriz. k'nin 1'den büyük veya küçük olmasına bağlı olarak pozitif veya negatif olabilir.

Bu kesin tanımlarla donanmış olarak şimdi Aristoteles'in çarkına dönüyoruz. Kinematik bakış açısından, Şekil 24'te gösterilen eşmerkezli dairelerden daha büyük olanı ■ boyunca yuvarlanıyorsa bunu biliyoruz. Bu, PM' yayı ve PM doğru parçasının PO' çapının aynı tarafında yer aldığı anlamına gelir. Bir daireden farklı bir yuvarlanma eğrisi durumunda "normalin aynı tarafında" deriz.

MN düz çizgisi kaymadan küçük olan MyNy düz çizgisi boyunca aynı şekilde yuvarlanmayacaktır. Aslında, eğer küçük daire kaymadan yuvarlansaydı, dairelerin ortak merkezi O' noktasında olduğu anda, hareketli şekil aynı anda iki anlık P ve Py dönme merkezine ve cismin hızına sahip olurdu. M' noktası hem PM' hem de PyM'ye dik bir yönde olacaktır ki bu imkansızdır. Bunun dışında, her zaman MyPy = MP = PM' olduğundan ve dolayısıyla MyPy > PyMy olduğundan küçük daire pozitif kaymayla yuvarlanır. Tersine, eğer küçük daire MyNy boyunca kaymadan yuvarlanıyorsa, onun taşıdığı büyük daire negatif kaymayla yuvarlanacaktır.

Geometrik bir tanımdan yola çıktığımızda aynı sonuca ulaşırız. Şekil 24'teki daha büyük daire herhangi bir rastgele konumda MP = PA}' olacak şekilde "yuvarlanırsa", bu durumda MyPy = —P^M\' olur; burada R ve r, sırasıyla büyük ve küçük dairenin yarıçaplarıdır. Böylece, R

daha küçük olan daire —(> 1) katsayısının pozitif kaymasıyla yuvarlanır.

Öte yandan, eğer küçük daire kaymadan yuvarlanıyorsa, f

daha büyük olanı R katsayısının (< 1) negatif kaymasıyla yuvarlanacaktır.

Örnek II'yi takip eden ipucu. İki eşmerkezli ve homotetik /7-gon AyA2 ... A™ ve aya2'yi ele alalım. . . a' O merkezli. (Şekil 34'te, burada n = 8, daha büyük olan çokgen Şekil 3'teki gösterimi korur).

Şekil 34

25.) Daha büyük çokgenin Şekil 25'te gösterilen şekilde yuvarlanmasına izin verin; ilk başta A2 köşesi sabit kalır ve merkez görevi görür.

Çokgen — açısı boyunca dönene kadar 2tt dönüş. (Karşılaştırma amacıyla, yuvarlanan tekerlek için "en alçak" noktanın aynı zamanda dönme merkezi olarak hizmet ettiğini, ancak yalnızca anlık olarak hizmet ettiğini hatırlayalım.) Böyle bir dönmenin sonucu olarak, daha büyük olan çokgen, diğer bir tarafındaki düz çizgi üzerinde yer alacaktır, Şekildeki yeni konumu A 2'A3', AXA2 kenarının doğrudan bir uzantısını oluşturan A 2A 3; bu sayede çokgenin çevresi, yuvarlanma ilerledikçe düz bir çizgi boyunca "açılır".

Bu arada, büyük olana bağlı olan daha küçük çokgenin yaptığı hareket büyük ölçüde farklı olacaktır. Ayrıca A2 merkezi etrafında - açısıyla dönecektir, bunun sonucunda a2ci3 kenarı a2' a2' konumunu alacaktır. Ancak a2as' konumu axa2 konumuna hemen bitişik değildir. Bir taraftan diğerine "eğimli" olan A 1A2 ...An çokgeninin aksine, axa2 .. çokgeni. eş zamanlı olarak "ipuçları" ve bir konumdan diğerine "sıçrayışlar". Şekil 34'te daha büyük çokgenin birbirini takip eden iki konumu ve daha küçük çokgenin üç konumu gösterilmektedir; a 1, a2 köşelerine ait yolların başlangıç bölümleri gösterildiği gibidir. Yolun bu bölümlerinin her biri, büyüklüğü radyan cinsinden - olan dairesel yaylardan oluşturulmuştur; örneğin, a2 köşesinin yolu A2 merkezli a2a2 ile ve A3 merkezli 0^02" ile başlar . Şekil 25'te olduğu gibi, okuyucunun Şekil 2'deki bazı özelliklere herhangi bir önem vermemesini öneriyoruz. Burada alınan n = 8 özel değerinden dolayı 34; örneğin n = 5 için başka bir çizim yapmalıdır. "Sıçramalar" nedeniyle, aiai düz çizgisi boyunca hareket eden axa2 .. an çokgeni (n-1) kendi çevresinden daha büyük bir mesafe kat eder; bu, "pozitif kaymayla yuvarlanma" modelinin bir tahminidir. Okuyucunun, axa2... an çokgeninin düz bir çizgi boyunca kaymadan yuvarlanması durumunda A\A2...A" çokgeninin nasıl hareket edeceğini bulmasını öneriyoruz. 2tt olabilir.

küçük çokgenin tepe noktası etrafındaki -jj- açısı boyunca her dönüşten sonra, büyük olanın kenarının bu çokgenin önceki kenarıyla kısmen örtüşeceği ve bunun sonucunda da tam bir dönüş sırasında kat ettiği yolun daha az olacağı öngörülmüştür. çevresinden daha fazla. Böylece "negatif kaymayla yuvarlanma" yaklaşıklığını elde ederiz.

Örnek 11'i takip eden problem. Bir çizim ve bazı ara sonuçları vermek yeterlidir.

Şekil 35, yuvarlanan bir nesnenin Ai tepe noktasının A\A x Ax" ... A P"-1) yolunu göstermektedir.

Şekil 35

çokgen (bu durumda n — 8), 39. sayfada daha ayrıntılı olarak açıklanmıştır. Dairesel yaylardan oluşan bu yolun uzunluğu şuna eşittir:

4t:R çünkü' — 2 — n

günah

2n

*!L-2R(sim” + sin ≡ ^ + + s ben n (n - 1)^

n \ nn n

Şeklin bu yörüngeyle ve /ti/fi'""11 doğru parçasıyla sınırlanan alanı (1) A2A1A1' dairesel sektörlerinin alanlarından oluşur. A3'AX'AX'\ 2

..., , /'l n<n 2) A i(n 2>A 1 (∏-1) merkez açıları — ; bu alanların toplamı n

şuna eşittir: Ain2 - + sin2 — + • • • +Ssin2(n - O^ ~ _ 2ttR2; ve (2)

n \ n n n J

toplamı olan A x A2' A3', A x”A3 'A4”...., A i(n-2) /l„ _Ii(n”3) A„(n~2\) üçgenlerinin alanları

2R2 günah -n

günah — günah - + günah — günah — + • • • n Hn nn n

+ sin ^i) ff sin ^2>∖ = n 1 R 2 sin 1 cos 1i. n n / nn

Örnek 12. Mantıksal hata ispatın son kısmındadır (önceki not 1); “sınır” sözcüğünün tamamen farklı iki anlamda kullanılmasıdır. Bir durumda, noktaları belirli bir çizgiye sonsuz derecede yaklaşan bir dizi çizgi göz önünde bulunduruluyor - burada değişken sayıda "diş" içeren "testereler" var. Diğer durumda, belirli bir sayıya sonsuz derecede yaklaşan bir sayı dizisinden (testerelerin uzunluklarından) bahsediyoruz. (Testerelerin boylarının bir sıra oluşturduğunu kabul etmenin mümkün olup olmadığı sorusu için bkz. Örnek 12, not 2.)

Bir çizgi dizisinin (birinci anlamda) belirli bir çizgiye yönelmesi gerçeği, bize, çizgilerin uzunlukları dizisinin (ikinci anlamda) verili çizginin uzunluğuna yöneldiği sonucu için hiçbir temel vermez. .

Çok ince dişler için testerenin pratik olarak düz çizgi bölümünden ayırt edilemeyeceği gerçeği bizi şaşırtmamalıdır; bu geometrik bir gerçek değil, görme yeteneğimizin özelliklerine bağlı olarak fiziksel, hatta fizyolojik bir olgudur. (Güçlü bir mikroskop durumu değiştirir.) Ama gördüklerimizi akılla pekiştirirsek, konu şu şekilde karşımıza çıkacaktır. Her küçük üçgende ("testere dişi") bacakların toplamı ile hipotenüs arasındaki farkın önemsiz olduğu doğrudur, ancak bu tür üçgenlerin sayısı çok fazladır ve açıkçası en küçük terimler bile çok büyük alındığında rakamlar hatırı sayılır bir miktar veriyor. Konunun özüne daha derinlemesine nüfuz etmek istiyorsak, dikkatimizi testerenin bölümlerinin AB düz çizgisine mesafe olarak yaklaştığı, ancak hiçbir şekilde yön olarak yaklaşmadığı gerçeğine çeviririz; bu kesitler ne kadar küçük olursa olsun, her zaman dönüşümlü olarak yatay ve dikeydirler, oysa AB hipotenüsü eğiktir (Şekil 27).

Örnek 13. Hata, önceki örnektekiyle aynı türdedir. Dalgalı çizgiler dizisi düz çizgi parçasına sonsuz derecede yaklaşır, ancak uzunluklarının sınırı bu parçanın uzunluğu değildir. Daha önce olduğu gibi, bir çizgi (bizim durumumuzda dalgalı) diğerine mesafe olarak yaklaşır, ancak yön olarak yaklaşmaz; AB doğru parçası yatay ise, dalgalı çizginin yönü, dairesel yayları ne kadar küçük olursa olsun, her zaman yatay ve dikey arasında salınacaktır.

Örnek 14. Resim önceki iki örnekten oldukça daha karmaşık olmasına rağmen, safsatanın mantıksal doğası aynıdır: çokyüzlü yüzey aslında silindirik yüzeye sonsuz derecede yaklaşmaktadır, ancak bundan hiçbir şekilde sonuç çıkmaz. çokyüzlü yüzeyin alanı silindirik yüzeyin alanına sonsuz derecede yaklaşacak şekilde. İki yaklaşım arasındaki bağlantıya daha net bir bakış açısı kazandırmak için, Şekil 31'de gösterilen çokyüzlü bir yüzeyin çizilmesi yöntemiyle bile yanal yüzey alanı için doğru formülün elde edilmesinin mümkün olduğunu not ediyoruz. silindir. İçin

örneğin n — m veya n = 10m diyebiliriz; genel olarak yükseklik boyunca ve daire boyunca bölüm sayısını birbiriyle orantılı olarak alabiliriz. Örneğin, n = 10m için elimizde

Sm = 2mR sin — m

4

= 2-77R

■ π günah — m

m √ ∖ /

ve m —>oo için lim Sm = 2ttRH = S elde ederiz.

M ve n ile ilgili farklı bir yasa kullanırsak, örneğin n — m2, çokyüzlü yüzeyin Sm alanının IttRH'den daha büyük bir limite doğru yöneldiği, oysa n = m3 için bile bu eğilimin olduğu gerçeğini nasıl açıklayacağız? sonsuzluğa? Herhangi bir kanıt sunma iddiasından vazgeçerek matematik diliyle yanıt verme özgürlüğünü kullanalım, yalnızca (matematiksel olarak analiz edildikten sonra bir kanıtın temeli haline gelebilecek) görsel fikirlerin kapsamına girenleri seçelim. . Eğer n=m veya n=10m vb. ise daire ve yükseklik üzerindeki bölme noktalarının yoğunluğu aynı oranda artacaktır. Sonuç olarak, çokyüzlü yüzey, dışbükey olmasa da, silindir dikey olarak yerleştirildiğinde neredeyse dikey yüzlere sahiptir. (Okuyucunun, MNP yüzünün MKN 77 yatay düzlemiyle bir açı oluşturacağını Şekil 32 aracılığıyla kanıtlamasını öneriyoruz.

bu - m oo olarak eğilimlidir.) Böylece, çokyüzlü yüzey silindirik yüzeye yalnızca mesafe olarak değil aynı zamanda yön olarak da yaklaşır. n = m2 veya n = m3 vb. olduğunda farklı bir resim elde edilir; artık bölüm, yükseklik boyunca yoğunluğun dairedekilerden çok daha hızlı arttığını gösteriyor. Sonuç olarak, çokyüzlü yüzey önemli ölçüde daha "girintili" hale gelir ve sonuç olarak fazladan bir alan elde edilir. Üçgen yüzler artık dikey olma eğiliminde olmayacak; n = m2 için PLK açısının (Şekil 32) bir dar açıya sonsuz derecede yaklaştığı ve n = m3 için m—>oc olarak sıfıra doğru yöneldiği gösterilebilir; yani. yüzler yatay hale gelecek şekilde ödünç verilir.

Sonuç olarak, doğal olarak ortaya çıkan bir sorunu inceleyeceğiz: Eğri bir çizgiye kesikli çizgiler çizmek ile eğri bir yüzeye çokyüzlü yüzeyler yazmak arasında neden bir benzerlik yok? Neden ilk başta

Köşelerin yoğunlaşmasının, çizgilerin yaydıkları yaylara yalnızca mesafe olarak değil aynı zamanda yön olarak da yaklaşmasını garanti etmesi durumunda, ikinci durumda ise yön açısından bir yakınlaşma olmayabilir mi? Ayrıntılara girmeden yalnızca aşağıdaki gerçekleri not ediyoruz. Bir eğri üzerindeki bir nokta, eğri üzerindeki sabit bir noktaya yaklaştığında, bu noktaları birleştiren düz çizginin limiti, eğrinin sabit noktasındaki teğeti olacaktır. Eğri bir yüzey üzerindeki iki nokta, yüzeydeki üçüncü bir sabit noktaya yaklaştığında (üç noktanın hiçbir zaman aynı doğrultuda olmadığını varsayalım), bu durumda bu noktalar tarafından belirlenen düzlemin teğet düzleme mutlaka yaklaşması gerekmez. Bunu doğrulamak için, bir küre üzerine çizilen rastgele bir daireyi hayal etmek ve onun üzerinde bir sabit nokta ve birinciye sonsuz derecede yaklaşan diğer iki noktayı almak yeterlidir: Üç noktanın düzlemi her zaman dairenin düzlemi olacaktır.

Örnek 15. Karşımızda “çok büyük sayı”, “çok dar üçgen”, “küçük yay”, “sonsuz dar üçgen” gibi matematiksel önemi olmayan ifadelerin kötüye kullanılması; bu ifadeler, geometrik bir şeklin görsel bir tanımını vermeye çalışırken uygundur - bu açıklama yöntemi yukarıdaki birkaç örnekte uygulanmıştır - ancak bir kanıt verme veya formül türetme araçları olarak tamamen uygun değildirler. Asıl hata, sonsuz dar bir üçgenin bir düzleme uygulanabileceği, yani onun yerine kenarları, açıları ve alanları küresel üçgenle aynı büyüklükte olan bir düzlem üçgenin konabileceği iddiasında yatmaktadır. . Aslında küçük de olsa herhangi bir küresel üçgenin bu anlamda bir düzlem üzerine uygulanması mümkün değildir. Bu, düzlemsel bir üçgenin açılarının toplamının her zaman 180°'ye eşit olması, küresel bir üçgenin açılarının toplamının ise her zaman 180°'den büyük olması gerçeğinden açıkça anlaşılmaktadır. Örneğimizde küresel PAB üçgeninin A ve B açıları dik açıdır (Şekil 33. sağ); eğer böyle bir üçgen bir düzleme uygulanabilseydi, tabanda iki dik açısı olan bir düzlem ikizkenar üçgen (Şekil 33, sol) elde ederdik.