A példák és ellenpéldák szerepe

Átírás

1 A példák és ellenpéldák szerepe Körtesi Péter, Miskolci Egyetem A mérnökhallgatók, és általában az els½oéves hallgatók számára nagy megterhelést jelent az a tömörebb, el½oadásokra alapozódó oktatás amit a matematika és más tárgyak is jelentenek. Az új fogalmak nagy száma, a fogalmakra alapozódó tulajdonságok, tételek és az, hogy begyakorlásra viszonylag kevés id½o van sok gondotot okozhat. A hallgatók egy részének még az addig biztosnak hitt tudásanyag is bizonytalanná válik. Ezért a mérnökképzés egészére nézve fontos, hogy az alapozó tárgyak oktatásban a hallgatók fogalmakat, de níciókat tételeket és a tételekhez vezet½o matematikai érvelést, bizonyítást alaposan megértsék. Az a hallgató aki megtanult logikusan gondolkozni, következtetni - és talán ez a legfontosabb érték amit a matematika közvetít - az összetettebb, bonyolultabb feladatokat is értelmezni, kezelni tudja majd. A cél az, hogy a mechanikus memorizálás helyett a hallgatók többet gondolkodjanak a tanulás közben, és képesek legyenek saját tévedéseik, hibáik felismerésére, kijavítására. Ezt a célt jól szolgálják az oktatásba beépített példák és ellenpéldák. A monotonítás elkerülésére a példákat, ellenpéldákat néha f½uszerezhetjük Hol a hiba jelleg½u megoldásokkal, ez utóbbi különösen alkalmas arra, hogy a hallgató saját munkájának ellen½orzését is megtanulja. A számítógépes módszerek elterjedésével párhuzamosan fontossá válik az olyan példák ismertetése, ahol a számítógép tévedhet, azaz a számítógépes szoftverek korlátait, megbízhatóságát, alkalmazhatóságát is tanítani kell. Ugyanez érvényes az e-tesztek összeállítása esetén, lásd Lilla Korenova tapasztalatát azok alkalmazásában []. A Budapesti M½uegyetem oktatói (Wettl Ferenc megjegyzése a RLV Fels½ooktatási ankétján, Miskolcon, ) példatárat szerkesztettek a MAPLE hibáiból, az adott szoftver alkalmazhatóságának korlátait körvonalazva. Az oktató idézhet ellenpéldákat olyan könyvekb½ol mint B. R. Gelbaum and J. M. H. Olmsted: Countereamples in Analysis (964), vagy O. Konnerth: Typical Mistakes in Learning Analysis (98), használhatja az American Mathematical Monthly számait, de idézhet saját gy½ujtés½u gyöngyszemeket is [].. Példa. Ellentmondást tartalmazó állítások. Tekintsük a következ½o állításokat : p : Magyarország f½ovárosa Miskolc. p : = 5: p : Hungary egy magyar szó.

2 p 4 (n) : Ez a sor és a megel½oz½o sorok n hamis állítást tartalmaznak. Mit mondhatunk a p n (n) állításról különböz½o n értékekre? Nyilván p 4 () és p 4 () hamisak, ugyanakkor p 4 () igaz. Mit állíthatunk p 4 (4)-r½ol? Ha igaz, akkor az utóbbi állítás a p 4 (4) is hamis. Hasonlóan, ha hamis, akkor viszont p 4 (4) igaz. Mindkett½o önmagában ellentmondás, tehát a hiba az állítások szerkezetében van.. Példa. Bebizonyítható, hogy minden háromszög egyenl½o oldalú. Legyen ABC egy általános háromszög. El½oször azt igazoljuk, hogy AB = AC. Jelölje P a BAC szög bels½o szögfelez½ojének és a BC oldalfelez½o mer½olegesének metszéspontját. A rajz alapján is látható, hogy a P pont a háromszög belsejében van. Jelölje D és E az adott P pont vetületét az A szög száraira. Ha ez a pont a háromszög belsejében van, belátható, hogy az AP D és AP E háromszögek valamint a P BD és P CE háromszögek rendre egybevágóak, hiszen az AP D és AP E derékszög½u háromszögekben DP = P E egyenl½o hosszúságú befogók és AP átfogó közös, a P BD és P CE derékszög½u háromszögekben pedig szintén két befogó egyenl½o, DP = P E és BP = P C átfogók is egyenl½oek, hiszen a P pont egyenl½o távolságra van a BC oldal végpontjaitól. Következésképpen AB = AD + DB és AC = AE + EC vagyis az ABC háromszög egyenl½o szárú. Ha most ezt a bizonyítást megismételjük például az ABC szög esetén is, tehát AB = BC is bizonyítható, vagyis az ABC háromszög egyenl½o oldalú. A bizonyítás könnyebb megértéséhez mellékeljük az alábbi ábrákat. Az els½o rajz a bizonyításban leírt esetet szemlélteti. Ha az el½obbi bizonyításban a háromszög szögfelez½ojének és az oldalfelez½o mer½oleges metszéspontját a háromszögen kívül rajzoljuk és a rajzot az alábbiak szerint torzítjuk, akkor ugyanígy megismételhet½o a bizonyítás, csak ez esetben a következtetés : AB = AD DB és AC = AE EC, lásd középs½o ábra. Hol van tehát a hiba? A valódi helyzetet a harmadik ábrán láthatjuk, az említett metszéspont az ABC háromszög köré írható körön van, viszont vetületei az AB oldal meghosszabbításában és az AC oldalon vagy fordítva az AC oldal meghosszabbításán és az AB oldalon található. A bizonyításban igazából nincs hiba, csak a szemléltetés közben használt rajzok alapján t½unik úgy, hiszen a következtetés helyesen az lenne, hogy például a harmadik rajzon az AB = AD DB és AC = AE+EC. Ez a feladat arra irányítja a gyelmünket, hogy mennyire fontos a bizonyítások során a szemléltetés, hiszen egy hibás rajzból hibás következtetésre juthatunk. Úgy is fel lehetne fogni ezt a feladatot, hogy a három eset közül csak ez a harmadik lehetséges, hiszen ellenkez½o esetben bármely háromszög egyenl½o szárú, egyenl½o oldalú lesz.

3 . ábra. Példa. Két periódikus függvény összege, nem mindig periódikus mint azt a következ½o függvény is szemlélteti, f : R! R f() = cos() + cos( p ) Tulajdonképpen, azt bizonyítjuk, hogy ha egy f() = cos() + cos( k) leképzés periódikus függvény akkor k racionális kell legyen. Indoklás: Jelölje T > a periódust, tehát: cos( + T ) + cos(( + T ) k) = cos() + cos( k); minden re Legyen = ; következésképpen. cos T + cos kt = csak akkor teljesülhet, ha T = m és kt = n, és így k = n m. 4. Példa. Egy olyan f : R! R; amely nem korlátos egy intervallumon sem, a következ½oképpen adhatómeg: n ha = m f() = n ; n > és (m; n) = ; ahol m; n Z ha = Q 5. Példa. Ismert, hogy zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény korlátos és eléri széls½oértékeit. A fogalom pontosabb megértésére hasznos a következ½o példa egy olyan f : [; ]! [; ] korlátos függvényre, amelynek nincs helyi széls½oértéke:

4 n n+ ha = m n ; n > és (m; n) = ; ahol m; n Z f() = ha = Q 6. Példa. A monoton függvények tulajdonságainak megértéséhez hasznos a következ½o f : [; ]! [; ] függvény, amely az értelmezési tartománynak egy részintervallumán sem monoton (sehol sem monoton): ha Q f() = ha = Q 7. Példa. A folytonosan deriválható fogalom jobban érthet½ové válik, ha tekintjük a következ½o f : R! R, deriválható függvényt, amelynek a deriváltja nem folytonos: f() = sin ha 6= ha = ahol f sin () = cos ha 6= ha = 8. Példa. Oldjuk meg a következ½o egyenletet: sin sin cos cos =. megoldás : Jelölje t a tg-et, és gyelembe véve, hogy sin =tg cos ; sin cos =tg cos ; cos = +tg, az átalakítások következtében az egyenlet t + t t + t + t = alakban írható, aminek megoldása t = ;és így Arctg( ), ahol Arctg( ) jelöli a tg = megoldáshalmazát.. (helyes) megoldás: Az egyenlet átírható a következ½o alakba: cos + sin cos = aminek két megoldása van: vagyis cos ( cos + sin ) = 4

5 . cos =, ezt az el½oz½o megoldás nem tartalmazza,. cos + sin = ; ami nyilván az el½oz½o megoldással megegyez½o. Megjegyzés: az els½o megoldásban elkövetett hiba az, hogy az adott helyettesítések csak a tangens függvény értelmezési tartományán használhatók, ez pedig a cos = eset kizárását jelenti. 9. Példa. Oldjuk meg a következ½o egyenletet: arctg + arctg( ) = arctg p + arctg p Megoldás : Vegyük mindkét oldal tangensét: tg(arctg + arctg( )) = tg(arctg p + arctg p ) és például egy computer algebra programot használva ennek megoldására a következ½o egyenlethez jutunk: + ( ) ( ) = p + p p p Aminek egyszer½usítése után a: + p = egyenletet kapjuk, aminek nincsenek valós gyökei. Ugyanakkor könnyen belátható, hogy = megoldása az eredeti egyenletnek. Hol a hiba? A válasz ebben az esetben az, hogy a tangens értelmezésének megfelel½oen csak akkor írható fel egy adott kifejezés tangense, ha az adott kifejezés különbözik a + k-t½ol, k egész. A helyes megoldáshoz az el½obbi gondolatmenetet ki kell egészítenünk azokkal az esetekkel, amikor például az arctg + arctg( ) összeg + k alakú. Tekintve, hogy az arctg értéktartománya a ; intervallum, ez az összeg csak a ( ; ) intervallumban lehet, vagyis ez az érték vagy, hasonlóan a jobb oldalon szerepl½o arctg p + arctg p kifejezés értékéhez. Vegyük most például az esetet, és írjuk át a következ½o alakba arctg + arctg( ) = arctg( ) = arctg 5

6 Most vegyük mindkét oldal tangensét, az < < esetben (az < és > ellentmondáshoz vezetne): = tg( arctg) = ctg(arctg) = és így = azaz + =, ha 6=, nyilván az = -hez vezet. Az el½obbiek értelmében ez a megoldás meg kell egyezzen az egyenlet megoldásával. Ez átírható: arctg p + arctg p = arctg p = arctg p alakba és az < < esetben p = tg arctg p azaz Az és = ctg(arctg p ) = p p = p ; = ; = arctg + arctg( ) = arctg p + arctg p = eset hasonlóképpen tárgyalható, de megoldásuk nem tartalmaz közös részt, a második megoldása = és az els½onek ez nem megoldása. Tehát az adott egyenletnek az egyetlen megoldása =.. Példa. sin Igazoljuk a jól ismert lim! = eredményt! Megoldás : A l Hospital szabály alkalmazásával: cos lim =! tehát az eredeti határérték nyilván ugyanez: sin lim! = : 6

7 Ez a megoldás egy nehezebben érthet½o hibát tartalmaz, egy körkörös indukció sort (circulus viciosus), mivel a sin deriváltjának kiszámításához, már eleve szükség van önmagára a határértékre. Valóban: lim h! sin( + h) h (sin ) = cos sin sin lim! sin h = lim cos( + h ) = h! h = lim h! sin h h cos( + h ) = cos. Példa. Az alábbi példa azt szemlélteti, hogy a valós számsorok esetén az integrál kritérium csupán elégséges, de nem szükséges feltétele a számsorok konvergenciájának. A következ½o f : R! R függvény példa egy olyan esetre, ahol P f(n) R konvergens, bár az f()d divergens. Vegyük a 8 >< g() = >: ha = n N; n ha < ha [n n ; n) [ (n; n + n ] kivéve a fenti eseteket majd legyen f() = g() + : R Nyilván az f()d = divergens, ugyanakkor P f(n) = P n konvergens.. Példa. A kett½os integrálok esetén a legtöbb könyvben az szerepel, hogy ha az integrálási tartomány egy téglalap, akkor az integráláskor a változók sorrendje felcserélhet½o. Valójában ez csak bizonyos esetekben teljesül, mint azt a következ½o ellenpélda is bizonyítja, amelyben: Z Z f(; y)dyd 6= 8 < ahol f(; y) = : Z Z f(; y)ddy; y ha < < y < ha < y < < különben 7

8 . Ha < y < akkor: Z f(; y)d = Z y y d Z y d =. Ha < < akkor: Z Z Z így f(; y)ddy = dy = Z f(; y)dy = Z dy Z y dy = és így Z Z f(; y)dyd = Z ( ) d = : Tehát az integrálás sorrendjét felcserélve a téglalap tartomány fölött két különböz½o eredményt kapunk. Hivatkozások. Korenova L.: Usage possibilities of e-tests in a digital mathematical environment, Usta ad Albim Bohemica, (XIII. kötet), /. ISSN 885X, [on-line: les/kbo/usta/usta_-_a.pdf]. Körtesi P.: Counter-eamples in Teaching Mathematics, Proceedings of the 9-th SEFI European Seminar on Mathematics in Engineering Education, 5-7 June, 998, Espoo, Finland,