Dowody dla każdego – poziom
rozszerzony
„Uczeń, który nigdy nie był pod urokiem dowodu matematycznego, pozbawiony został jednego z najważniejszych przeżyć intelektualnych”.
George Polya (1887–1985) W warunkach i sposobie realizacji najnowszej podstawy programowej do czteroletniego liceum czytamy:
„Samodzielne przeprowadzanie dowodów przez uczniów rozwija takie umiejętności, jak: logiczne myślenie, precyzyjne wyrażanie myśli i zdol-ność rozwiązywania złożonych problemów. Dowodzenie pozwala doskonalić umiejętność dobierania trafnych argumentów i konstruowania poprawnych rozumowań. Jedną z metod rozwijania umiejętności dowodzenia jest anali-zowanie dowodów poznawanych twierdzeń. Można uczyć w ten sposób, jak powinien wyglądać właściwie przeprowadzony dowód. . . ”.
Dodatkowo w tym samym dokumencie podana jest lista dowodów, które każdy uczeń na poziomie podstawowym i rozszerzonym z matematyki powi-nien znać. W niniejszym artykule przedstawimy i omówimy niektóre z tych dowodów.
1.1. Istnienie nieskończenie wielu liczb pierwszych
W artykule „Dowody dla każdego – poziom podstawowy” przytoczyliśmy klasyczny dowód Euklidesa twierdzenia mówiącego, że liczb pierwszych jest niekończenie wiele. Jednakże w klasie realizującej poziom rozszerzony z matematyki warto wspomnieć, że istnieją również inne dowody tego twier-dzenia. Jeden z nich otrzymujemy pokazując, że liczby Fermata są parami względnie pierwsze, czyli nie mają wspólnych dzielników innych nich niż liczba 1. Przypomnijmy, że liczby postaci Fn = 22
n
+ 1 dla pewnej liczby naturalnej n nazywamy liczbami Fermata.
Łatwo można zauważyć, że dwie kolejne liczby Fermata są względnie pierwsze.
1. Uzasadnij, że liczby Fn i Fn+1 są względnie pierwsze dla każdej
Rozwiązanie I
Niech d będzie wspólnym dzielnikiem Fn+1i Fn. Odnotujmy, że d jest liczbą nieparzystą, gdyż Fn+1 i Fn są liczbami nieparzystymi.
Ponieważ d | Fn i d | Fn+1, to d | Fn+1− Fn, gdzie
Fn+1− Fn= 22
n+1
+ 1 −22n+ 1= 22n+1+ 1 − 22n− 1 = = 22·2n− 22n = 22n22n− 1.
Stąd d jako liczba nieparzysta dzieli 22n22n− 1, więc d | 22n− 1. Wtedy
2 = 22n+ 1 | {z } d| −22n− 1 | {z } d| ,
a zatem d | 2. Ponieważ d jest nieparzystym dzielnikiem liczby 2, to musi być równy jeden.
Rozwiązanie II
W tym rozwiązaniu będziemy bazowali na zależności rekurencyjnej liczb Fermata. Zauważmy, że
Fn+1= 22 n+1 + 1 = 22·2n+ 1 =22n2+ 1 =22n+ 1 | {z } =Fn −12+ 1 = (Fn− 1)2+ 1 = Fn2− 2Fn+ 2.
Jeżeli we wzorze Fn+1 = Fn2 − 2Fn+ 2 wyznaczymy liczbę dwa, to 2 =
Fn+1− Fn2 + 2Fn. Ponieważ d | Fn+1 i d | Fn, to d | 2. Lecz d jest liczbą
nieparzystą, bo Fni Fn+1są nieparzyste, więc d = 1, jako liczba nieparzysta dzieląca 2.
Odnotujmy, że przedstawione rozwiązania bazują na biegłości w opero-waniu potęgami o wykładnikach naturalnych oraz wymagają wprawy w wykazywaniu podzielności. Dodatkowo drugie rozwiązanie opiera się na koncepcji ciągu rekurencyjnego, choć do jego zrozumienia uczeń nie musi znać tego pojęcia.
Jeżeli obawiamy się, ze uczniowie mogą mieć problem ze zrozumieniem tego rozumowania w pełnej ogólności, to możemy na początek rozważyć wariant łatwiejszy tego zadania:
2. Uzasadnij, że liczby
F7= 22 7 + 1, i F8= 22 8 + 1 są względnie pierwsze.
Wykazanie, że dwie dowolne liczby Fermata są względnie pierwsze wymaga większej wprawy technicznej. Ponownie zaproponujemy dwa dowody tego faktu. W pierwszym wykorzystamy wzór dwumianowy Newtona, w drugim ciągi rekurencyjne, oba rozwiązania są zalecane dla uczniów realizujących poziom rozszerzony z matematyki.
3. Uzasadnij, że liczby Fn+k i Fn są względnie pierwsze dla n i k
natural-nych.
Rozwiązanie I
Ponownie niech d będzie wspólnym dzielnikiem dla Fn+ki Fn. Odnotujmy, że ponieważ liczby Fermata są nieparzyste, to także d jest nieparzyste. Wtedy
Fn+k= 22 n+k + 1 = 22n·2k+ 1 =22n2 k + 1 = =22n+ 1 | {z } =Fn −12 k + 1 = Fn− 12k + 1.
Zauważmy, że po rozpisaniu wyrażenia (Fn− 1)2
k
ze wzoru dwumianowego Newtona ostatni wyraz będzie wynosił 1, zaś pozostałe wyrazy będą po-dzielne przez Fn, stąd możemy zapisać
(?) Fn+k= Fn− 12
k
+ 1 = Fn· c + 2, dla pewnego c ∈ Z1.
Z równości (?) wynika, że
2 = Fn+k− Fn· c,
więc d|2, a skoro d jest liczbą nieparzystą, to d = 1.
W przedstawionym rozumowaniu zauważenie, że (Fn− 1)2
k
= Fn· c + 2
dla pewnego c ∈ Z może nastręczać uczniom kłopotu. W celu przygoto-wania ich do rozumienia tego typu rozważań warto wcześniej przećwiczyć z nimi wykazywanie podzielności z wykorzystaniem wzoru dwumianowego Newtona, poprzez rozwiązanie następujących zadań:
4. Uzasadnij następujące podzielności.
a. a | (a + 1)7− 1, dla a ∈ Z b. a | (a + 1)9− 1, dla a ∈ Z c. a | (a + 1)101− 1, dla a ∈ Z d. a | (a + 1)n− 1, dla a ∈ Z, n ∈ N. 1 Dokładnie c = Fn2k−1+ 2k 1 Fn2k−2+ · · · + 2k 2k− 2 Fn+ 2k 2k− 1 .
Rozwiązanie II
Podczas rozwiązywania poprzedniego zadania (Rozwiązanie II) wykazaliśmy zależność Fn+1= F2
n+2Fn+2. Przenosząc liczbę 2 na drugą stronę równości
i wyłączając Fnprzed nawias, otrzymujemy zależność rekurencyjną dla liczb
Fermata.
(∇) Fn+1− 2 = Fn· Fn− 2
dla każdego n ∈ N. Stosując zależność (∇) wielokrotnie otrzymamy, że
Fn+k− 2 = Fn+k· Fn+k−1· · · Fn+1· Fn· Fn−1· · · F1· F0,
z której wynika, że wspólny dzielnik Fn+k i Fn dzieli liczbę 2, a skoro jest nieparzysty to musi być równy jeden.
W zaprezentowanym rozumowaniu kluczowym jest zależność rekuren-cyjna Fn+k= Fn+k· Fn+k−1· Fn+1· Fn· Fn−1· · · , F1· F0. W celu ułatwieniu uczniom zrozumienia jak powstaje ta rekurencja warto rozważyć przykład dla F7− 2: F7− 2 = F6· F6− 2 = F6· =F6−2 z }| { F5· F5− 2 = F6· F5· =F5−2 z }| { F4· F3− 2 = = F6· F5· F4· F3· F2− 2 | {z } =F4−2 = F6· F5· F4· F3· F2· =F0 z }| { F1− 2 | {z } =F3−2 = = F6· F5· F4· F3· F2· F1· F0. TWIERDZENIE
Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele Dowód:
Rozważmy ciąg liczb Fermata:
F0, F1, F2, F4, F5, F6, F7, F8, · · ·
Ponieważ liczby te są parami względnie pierwsze, to każda z tych liczb musi mieć inny dzielnik pierwszy. Zatem ponieważ liczb Fermata jest nieskończe-nie wiele, to liczb pierwszych także jest nieskończe-nieskończenieskończe-nie wiele.
Zaprezentowany dowód, możemy przedstawić uczniom dość szybko, gdyż jego idea jest bardzo prosta i nie wymaga wiedzy wychodzącej po za po-ziom szkoły podstawowej. Podobnie możemy dość szybko wykazać, że dwie
kolejne liczby Fermata są względnie pierwsze. Pierwszy z zaproponowanych dowodów, że dowolne dwie liczby Fermata są względnie pierwsze, możemy zrealizować po temacie odnośnie wzoru dwumianowego Newtona, traktując to jako ciekawe zastosowanie tego wzoru. W szczególności pokazanie, tego dla konkretnych liczb może byc ciekawym zadaniem dla uczniów. Drugą okazją do powrotu do tego zagadnienia jest temat ciągów rekurencyjnych, gdyż liczby Fermata spełniają bardzo ciekawą rekurencję.
Kolejną okazją, aby powrócić do tego twierdzenia jest zagadnienie sze-regu geometrycznego. Uczniowie dowiadują się, dla przykładu, że szereg
X n∈N 1 2 n = 1 2 + 1 4 + 1 8 + 1 16 + · · · jest zbieżny. Zaś szereg postaci
X
n∈N
2n= 2 + 4 + 8 + 16 + · · ·
jest rozbieżny do +∞. Warto wtedy wspomnieć o dowodzie Leonharda Eu-lera, który wykazał, że szereg odwrotności wszystkich liczb pierwszych
X p∈P 1 p = 1 2 + 1 3+ 1 5+ 1 7 + 1 11 + · · ·
jest rozbieżny do +∞. Oczywiście rozbieżność tego szeregu implikuje, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele, bo gdyby liczb pierwszych było skończenie wiele, to szereg ten byłby skończona sumą, więc w szczególności byłby zbieżny. Oczywiście samego dowodu nie jesteśmy w stanie przedstawić naszym uczniom, gdyż wymaga on wiedzy z teorii szeregów oraz zręcznego i sprytnego operowania na szeregach2.
1.2. Niewymierność √2.
Klasyczny algebraiczny dowód nie wprost niewymierności√2, opisaliśmy w artykule Dowody dla każdego – poziom podstawowy. Tutaj zaproponujemy dwa inne dowody, które możemy przedstawić uczniom z klas o rozszerzonym profilu z matematyki.
Pierwszy z tych dowodów jest natychmiastowym wnioskiem z Twierdze-nia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych.
2
Zainteresowanego czytelnika odsyłamy do książki Dowody z Księgi napisaną przez Martina Aignera i Guntera M. Zieglera, PWN 2002.
TWIERDZENIE
Liczba√2 jest niewymierna. Dowód:
Zauważmy, że√2 jest pierwiastkiem wielomianu f (x) = x2− 2. Z twierdze-nia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych wynika, że wymierne pierwiastki wielomian f (x) postaci pq spełniają p | 2 i q | 1. Zatem jedynymi pierwiastkami wymiernymi tego wielomianu mogą być liczby −2, −1, 1, 2. Ponieważ żadna z tych liczb nie jest pierwiastkiem wielomianu f (x) oznacza to, że wielomian ten nie ma wymiernych pierwiast-ków. Ponieważ√2 jest pierwiastkiem wielomianu f (x), to√2 nie jest liczbą wymierną.
Kolejny dowód będzie bazował na prostej obserwacji, że 1 √ 2 − 1 = √ 2 + 1, bo √2 − 1 √ 2 + 1 = 1
i na koncepcji ułamków łańcuchowych. Na wstępie rozważmy przykład. PRZYKŁAD
Zauważmy, że ułamek 8
5 możemy zapisać w postaci: 8 5 = 1 + 3 5 = 1 + 1 5 3 = 1 + 1 1 +23 = 1 + 1 1 + 13 2 = 1 + 1 1 + 1 1+1 2
Ułamek zapisany w takiej postaci nazywamy ułamkiem łańcuchowym, za-pisujemy go [1; 1,1,2]. Znaczenie poszczególnych liczb w zapisie ułamka łań-cuchowego obrazuje schemat:
h 1 ; 1 , 1 , 2 i= 1 + 1 1 + 1 1 + 1 2 .
PRZYKŁAD Podobnie zapis [1; 2,3] oznacza ułamek
h 1 ; 2 , 3 i= 1 + 1 2 + 1 3 = 19 8 .
5. Zapisz ułamki łańcuchowe jako ułamki zwykłe.
a. [3; 1,1,7] b. [1; 2,2,5] c. [2; 1,1,1,3] d. [3; 1,2,1,2] PRZYKŁAD
Pokażmy krok po kroku metodę zamiany ułamka zwykłego 45
16 na ułamek łańcuchowy. Zauważmy, że ułamek45
16 jest niewłaściwy, więc możemy z niego wyłączyć całości.
1. 45 16 = 2 +
13 16.
Liczb 2 będzie pierwszą liczbą w zapisie ułamka łańcuchowego, czyli 25
16 =
2; . . .
.
Drugim krokiem jest odwrócenie ułamka 13 16 2. 45 16 = 2 + 13 16 = 2 + 1 16 13 .
Zauważ, że ułamek 16
13 jest niewłaściwy, więc ponownie wyłączamy z niego całości. Ponieważ 16 13 = 1 + 3 13, to otrzymujemy 3. 45 16 = 2 + 13 16 = 2 + 1 16 13 = 2 + 1 1 + 3 13 .
Stąd liczba 1 jest drugą liczbą ułamka łańcuchowego 45
16 =
2; 1, . . .
.
Ponownie odwracamy ułamek 3 13: 4. 45 16 = 2 + 13 16 = 2 + 1 16 13 = 2 + 1 1 + 131 3 . Ułamek 13
3 jest niewłaściwy, więc po wyłączeniu z niego całości 13 3 = 4 + 1 3 otrzymujemy 5. 45 16 = 2 + 13 16 = 2 + 1 16 13 = 2 + 1 1 + 131 3 == 2 + 1 1 + 1 4+13 .
Ponieważ, otrzymaliśmy ułamek 1
3, gdzie licznik jest równy jeden, to zakoń-czyliśmy już zamieniane i możemy zapisać:
45 16 =
2; 1, 4,3
. 6. Zamień ułamki zwykłe na ułamki łańcuchowe.
a. 15 4 b. 19 7 c. 151 7 d. 29 18 PRZYKŁAD
Przypomnijmy poprzedni przykład. 45 16 = 2 + 13 16 = 2 + 1 16 13 = 2 + 1 1 + 131 3 == 2 + 1 1 + 1 4+13 .
Odnotujmy, że w kolejnych krokach wyłączaliśmy całości z ułamków: 45 16, 16 13, 13 3 .
Zauważmy, że w każdym kolejnym kroku mianowniki tych ułamków są co-raz mniejsze. Wynika stąd, że po skończonej liczbie kroków nasza metoda zakończy się.
FAKT
Każdą liczbę wymierną (ułamek zwykły) możemy zapisać za pomocą poznanej metody, w postaci skończonego ułamka łańcuchowego.
PRZYKŁAD
Zastosujemy poznaną metodę do wyznaczenia ułamka łańcuchowego dla liczby√2. W rachunkach przydatna będzie równość
(?) √ 1 2 − 1 =
√ 2 + 1.
Ponieważ zachodzą nierówności 1 <√2 < 2 (bo 12 < 2 < 22), to „całością” z √2 jest liczba 1. Stąd możemy zapisać√2 jako
√ 2 = 1 + √2 − 1 | {z } ∈(0,1) = 1 + 11 √ 2−1 (?) = 1 +√ 1 2 + 1.
Liczb√2 + 1 należy do przedziału (2,3). Zatem całością z niej jest liczba 2, stąd możemy ją zapisać √ 2 + 1 = 2 +√2 − 1 | {z } ∈(0,1) .
Zatem liczbę√2 możemy zapisać w postaci: √ 2 = 1 + √2 − 1 | {z } ∈(0,1) = 1 + 11 √ 2−1 (?) = 1 +√ 1 2 + 1 = 1 + 1 2 +√2 − 1 | {z } ∈(0,1) = = 1 + 1 2 +√2 − 1 = 1 + 1 2 +√1 2+1 = 1 + 1 2 + 1 2+ √ 2 − 1 | {z } ∈(0,1) + · · · .
Zauważmy, że za każdym razem otrzymujemy tą samą liczbę√2 + 1, której całość wynosi 2, więc nasza metoda nigdy się nie skończy. Oznacz, to że liczba√2 zapisuje się jako nieskończony ułamek łańcuchowy
√ 2 =
1; 2,2,2, . . .
.
Ponieważ już ustaliliśmy, że wszystkie liczby wymierne można zapisać za pomocą skończonego ułamka łańcuchowego, wynika stąd, że liczb √2 jest liczbą niewymierną.
1.3. Kombinatoryczny dowód wzoru dwumianowego Newtona
Przedstawimy kombinatoryczny dowód wzoru (a + b)n= an+ n 1 ! an−1b + n 2 ! an−2b2+ · · · + n n − 1 ! bn−1+ bn, dla a,b ∈ R oraz n ∈ N.
Zakładamy, że uczeń zna kombinatoryczną interpretację symbolu New-tona n
k
!
, jako liczbę możliwych wyborów zbioru k−elementowych pod-zbiorów zbioru n−elementowego.
Przed przystąpieniem do dowodu powinniśmy zadbać, aby uczniowie nabrali biegłości w wymnażaniu sum algebraicznych. W szczególności wy-mnażanie trzech i więcej sum algebraicznych.
7. Uzupełnij puste miejsca tak, aby zachodziły równości. a. (a + 1)(a + 2) = a2+ a + 2, b. (a + 1)(2a + 2) = 2a2+ a + 2, c. (3a + 2)(2a + 3) = a2+ a + 6, d. (a2+ a + 1)(a + 2) = a3+ a2+ a + 2, e. (a2+ a + 2)(3a2+ a + 2) = 3a4+ a3+ 9a2+ a + 4, f. (a2+ 2a + 3)(3a2+ 2a + 1) = 3a4+ 5a3+ a2+ a + 3. Tego typu zdania mają na celu nakłonić uczniów do zastanowienia się, które jednomiany należy wymnożyć ze sobą, aby uzyskać odpowiedź, zamiast wymnażać całe sumy algebraiczne ze sobą.
Kiedy uczniowie opanują dobrze operowanie na iloczynie dwóch sum algebraicznych to możemy przejść do wymnażania trzech sum:
8. Uzupełnij puste miejsca tak, aby zachodziły równości.
a. (a + 1)(a + 2)(a + 3) = a3+ a2+ a + 6, b. (a + 2)(a + 1)(a + 2) = a3+ a2+ a + 4,
c. (2a + 1)(a + 2)(a + 3) = a3+ 11a2+ a + 6,
Jeżeli uczniowie opanują biegłe wymnażanie trzech sum algebraicznych, są gotowi do kombinatorycznego dowodu wzoru na sześcian sumy:
Dowód wzoru dwumianowego Newtona stopnia 3 Chcemy wykazać, że dla dowolnych a,b ∈ R zachodzi równość
(a + b)3 = a3+ 3 1 ! a2b + 3 2 ! ab2+ b3. Odnotujmy, że po wymnożeniu iloczynu
(a + b)3= (a + b)(a + b)(a + b), będą występowały następujące jednomiany:
— a3 – pochodzi z wymnożenia ze sobą po jednym a wzięte z każdego nawiasu. Zatem a3 w tej sumie wystąpi tylko raz;
— b3 – analogicznie jak poprzednie, pochodzi z wymnożenia po jednym wyrazie b z każdego nawiasu, więc wystąpi tylko raz;
— a2b – pochodzi z wymnożenia po jednym a z dwóch nawiasów i b z jedne-go nawiasu. Ponieważ nawiasy z którejedne-go możemy wybrać b są trzy, więc wybieramy jeden nawias z trzech, a takich jednomianów jest dokładnie
3 1
!
;
— ab2– pochodzi z wymnożenia a z jednego nawiasu i po jednym b z dwóch nawiasów. Stąd jednomianów ab2 będzie dokładnie tyle, na ile sposobów
możemy wybrać dwa nawiasy z trzech nawiasów, czyli dokładnie 3 2 ! możliwości. W konsekwencji otrzymujemy (a + b)3= a3+ 3 1 ! a2b + 3 2 ! ab2+ b3.
Przed dowodem wzoru dwumianowego Newtona w ogólności warto po-lecić uczniom rozwiązanie przykładów tego typu:
9. Uzupełnij puste miejsca tak, aby zachodziły równości.
a. (a + 1)(a + 1)(a + 2)(a + 2) = a4+ 6a3+ a2+ a + 4, b. (a + 1)(a + 1)(a + 1)(a + 2) = a4+ 5a3+ a2+ a + 2.
Następnie warto przećwiczyć następujące zadania: 10. Jeśli wymnożymy (a + 1)5, to
a. jakie potęgi a znajdą się w tej sumie? b. ile razy w tej sumie pojawi się wyraz a3? 11. Jeśli wymnożymy (a + b)5, to
a. ile razy pojawi się w te sumie jednomian a4b? b. ile razy w tej sumie pojawi się jednomian a2b3?
c. czy w tej sumie pojawi się jednomian a2b2? Odpowiedź uzasadnij.
d. czy w tej sumie pojawi się jednomian ab4? Odpowiedź uzasadnij. 12. Jeśli wymnożymy (a + b)11, to ile razy pojawi się wyraz a3b8?
Rozwiązanie tych zadań ma na celu przećwiczenie rozumowania, na któ-rym opiera się dowód, w przypadku konkretnych wartości liczbowych.
Dowód:
Niech a,b ∈ R i n ∈ N. Rozważmy iloczyn
(a + b)n= (a + b)(a + b) . . . (a + b)
| {z }
n−razy
.
Po wymożeniu tego iloczynu otrzymamy następujące jednomiany: an, an−1b, an−2b2, . . . , a2bn−2, abn−1, bn.
Każdy z tych jednomianów jest postaci an−kbk. Jednomian an−kbkpowstaje z wymnożenia a z n−k nawiasów i wymnożenia b z k nawiasów. Liczba takich jednomianów będzie zatem równa liczbie sposobów wybrania k nawiasów z pośród n nawiasów i wynosi n
k ! . Zatem zachodzi wzór (a + b)n= an+ n 1 ! an−1b + n 2 ! an−2b2+ · · · + n n − 1 ! bn−1+ bn.
1.4. Kryterium na wpisane okręgu w czworokąt
Zaproponujemy sposób odkrycia twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu dla uczniów klasy o profilu rozszerzonym z matematyki w postaci dyskusji problemowej.
Poprzez moderowanie dyskusją chcemy z uczniami ustalić następujące fakty:
FAKTY DO USTALENIA
a. W każdy kwadrat można wpisać okrąg.
b. W prostokąt, który nie jest kwadratem nie można wpisać okręgu. c. Nie w każdy czworokąt można wpisać okrąg.
d. W czworokąt wklęsły nie można wpisać okręgu.
Warto, aby po ustalenia każdego z tych faktów został on zapisany na tablicy wraz z rysunkiem, który go przedstawia. W temacie czworokątów wypukłych i wklęsłych warto przypomnieć rysunkiem znaczenie tych pojęć.
czworokąt wypukły czworokąt wklęsły
Kolejnym krokiem będzie analiza rysunku czworokąta wypukłego, w któ-ry można wpisać w okręg.
a b c
d
Naszym celem jest ustalenie, że z twierdzenia o odcinkach stycznych zachodzi równość
a + c = b + d.
Przykładowe rozumowanie może wyglądać w następujący sposób.
a b c d A F E G H B C D
Z twierdzenia o odcinkach stycznych zachodzą równości:
|AE| = |AF | = x, |F B| = |BG| = y, |GC| = |CH| = z. |HD| = |DE| = t. Wtedy a + c = x + y | {z } =a + t + z | {z } =c = =d z }| { x + t + =b z }| { y + c = b + d. Wykazaliśmy twierdzenie TWIERDZENIE
Jeżeli w czworokąt można wpisać okrąg, to sumy długości naprzeciwle-głych boków czworokąta są sobie równe.
Pozostaje do wykazania prawdziwość twierdzenia odwrotnego. Dowód ten możemy przeprowadzić nie wprost.
Dowód:
Niech w czworokącie ABCD zachodzi równość (?) a + c = b + d.
Przypuśćmy, że w czworokąt ten nie można wpisać okręgu. Wtedy prowa-dząc odcinek CE jak na rysunku,
x a y b c d A B C D E
otrzymujemy nowy czworokąt AECD, który jest opisany na okręgu, więc dla niego zachodzi równość:
Odejmując stronami równości (?) i (∇) otrzymujemy a − x = b − y. Stąd b = (a − x) | {z } =|BE| +y = |BE| + |AE|(4)> |BC| = b,
czyli d > d. Założenie, że w czworokąt ABCD nie można wpisać okręgu doprowadziły do sprzeczności, zatem w czworokąt ten można wpisać okrąg. Odnotujmy, że w nierówność (4) zachodzi na mocy nierówności trójkąta dla 4BCE.
1.5. Podsumowanie
Jest to wielce pocieszające, że dowody „wróciły” do szkoły średniej. Ta sytuacja z kolei rodzi potrzebę dyskusji na temat, jak przygotowywać uczniów do dowodzenia, jakie dowody im przedstawiać oraz w jakiej for-mie. W tym artykule zaproponowaliśmy kilka klasycznych i nieklasycznych dowodów, naszym zdaniem warto, aby każdy uczeń realizujący poziom roz-szerzony z matematyki je poznał.
