1. példa. Bebizonyítom, hogy

2 ⋅ 6 6 ⋅ 5 = 2 5 . Egyszerűsítek 6-tal:

Az állítás igaz. A bizonyítás helyes.

2. példa. Bebizonyítom, hogy

26 65 = 2 5 . Egyszerűsítek 6-tal:

Az állítás igaz. A bizonyítás azonban hibás. Huszonhat hatvanötöd csakugyan egyenlő kétötöddel, de ez nem következik abból, hogy a két 6-os számjegy törlése után

2 5 alakú kifejezést kapunk. Véletlenül jó eredményt kapunk

[D]

( 26 = 2 ⋅ 13 , 65 = 5 ⋅ 13 ) , de a módszer, mint a következő példa mutatja, nem általános érvényű.

3. példa. Bebizonyítom, hogy

27 75 = 2 5 . Egyszerűsítek 7-tel, ahogy az előbb 6-tal:

Az előbbi módszer most nyilvánvalóan tévútra vezetett.

75 = 5 ⋅ 15 , de 27 nem egyenlő

[D]

2 ⋅ 15 -tel; 27 egyetlen egész szám kétszeresével sem egyenlő (1. jegyzet).

Az állítás téves. A bizonyítás hibás. Most olyan példa volna soron, amelyben az állítás téves, a bizonyítás mégis helyes. Ilyen példát azonban nem tudunk, mert ilyen példa nem létezik. Hibás bizonyításból adódhat olyan eredmény is, ami igaz, olyan is, ami nem; de helyes bizonyítás nem vezethet téves eredményre, hacsak a kiindulópont is nem téves. Az alább következő példák nagyrészt abba a két típusba sorolhatók, amelyeket a 2. és 3. példa szemléltet; de a bennük található hiba nem lesz mindig olyan átlátszóan egyszerű, mint itt. Igaz, az olvasó ismereteitől is függ, hogy azonnal látja-e a hibát, vagy sem. Van, akit könnyű becsapni; van, akit nehéz. Becsapós bizonyításokkal éppen azért érdemes megismerkednie az olvasónak, hogy legközelebb már ne lehessen olyan könnyen félrevezetni. Jó bizonyításokat is azért mutatunk néhol a hibásak mellett, hogy különbséget tudjon tenni köztük. Az tudja meg, mit jelent valamit bebizonyítani, aki látja ezt a különbséget.

4. példa. Figyeljük meg ezt a két kivonást:

Az első kétségtelenül helyes. A másodikat is ugyanúgy végeztük el, nem törődve a

+ jelekkel. Talán csak nem okoznak zavart? Próbáljuk ki fönn is, középütt is, lenn is, mi a számok összege:

Érthető, hogy mind a három eredmény ugyanaz, hiszen ugyanazokat a számokat adtuk össze, csak a sorrendjük volt más-más. De akkor a kivonással azt „bizonyítottuk be”, hogy

45 − 45 = 45 . Úgy látszik, összegeket mégsem lehet ugyanúgy kivonni, mint többjegyű számokat (2. jegyzet).

5. példa. Melyik több, 6 kilogramm vagy 6 tonna? A következő bizonyítás – minden tapasztalat ellenére – mintha azt mutatná, hogy egyenlők:

hiszen egyenlőket egyenlőkkel szorozva egyenlőket kapunk.

Az egyenlőség körül nincs is hiba, csak a szorzás körül. Ott sem a számokban, csak a nevükben. Kilogrammszor kilogramm a mindennapi életben nem szokott előfordulni, de a fizikában van értelme, és akkor ez éppúgy négyzetkilogramm, ahogy kilométerszer kilométer is négyzetkilométer, nem pedig kilométer. Például

2 km ⋅ 3 km = 6 km 2 . Ha így számítjuk:

[D]

2000 m ⋅ 3000 m = 6 000 000 m 2 , ugyanazt az eredményt kapjuk, hiszen minden négyzetkilométerben egymillió négyzetméter van. Ugyanígy 1 négyzetkilogramm is egymillió négyzetgrammal egyenlő, nem ezerrel.

6. példa. Egy embernek két szülője, négy nagyszülője, nyolc dédszülője van, és így tovább. Ha egy nemzedékkel följebb megyünk, mindig kétszer annyi; tíz generációval előbb több, mint ezerannyi (mert

2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 2 10 = 1024 ), még tíz generációval előbb ennek is több, mint az ezerszerese, vagyis a mostaninak több, mint milliószorosa, 3000 billiónál is több. …Pedig húsz generáció még csak a középkorba visz vissza. Az okoskodás nyilvánvalóan hibás. Hol van benne a hiba?

Két hiba is van. Egyik sem matematikai természetű, hanem abból származik, hogy a matematikai modell nem jól illeszkedik a valósághoz. „Kicsiben” még az is elképzelhető, hogy jól illeszkedik: például, ha valaki egyetlen gyermeke szüleinek, szülei is egykék, azok szülei is, és így tovább néhány nemzedéken át. Akkor csakugyan felfelé menve egy-egy következő nemzedékhez kétszer annyian tartoznak, lefelé menve viszont feleannyian. Ez a kihaló családfa-típus, illetve annak egy egyszerű fajtája. Az előbbi gondolatmenet egyik hibája, hogy ebből a ritka típusból akart egyetemesen érvényes modellt faragni. De van egy más hibája is: egy ember

n generációval előbbi felmenőinek száma nem lehet ugyan több

[D]

2 n -nél, de kevesebb lehet. Ha például valakinek a szülei első unokatestvérek (ami nem is olyan ritkaság), akkor a szüleinek a négy-négy nagyszülője közül kettő közös, neki tehát nem nyolc dédszülője van, csak hat. Hasonló „őscsökkenés” lép fel akkor is, ha másodunokatestvérek vagy még távolabbi rokonok kötnek házasságot.

7. példa. Mint ismeretes,

2 ⋅ 2 néha 5. Ezt be is lehet bizonyítani, nem is egy módon. Néhány „bizonyítás” következik.

Először induljunk ki egy olyan állításból, amit senki sem vonhat kétségbe:

A bal oldalon emeljük ki a közös

a tényezőt, a jobb oldalt pedig úgy bontsuk tényezőkre, mint két négyzet különbségét:

Az

a − a tényezővel végigosztva:

Mindkét oldalt

3 a -val növelve:

Most még végigoszthatunk

a -val és a 4-et

[D]

2 ⋅ 2 alakban írhatjuk:

8. példa. Jelentsen

b és

[D]

c bármely két számot (például

[D]

b = 4 ,

[D]

c = 1 ). Jelöljük az összegüket

[D]

a -val:

(Ha

b = 4 és

[D]

c = 1 , akkor

[D]

a = 5 .) Szorozzuk meg mindkét oldalt

[D]

( a − b ) -vel:

Vonjuk ki mindkét oldalból

a ⋅ c -t:

Észrevehetjük, hogy a bal oldalon is van egy közös tényező (

b ), a jobb oldalon is van egy (

[D]

a ). Emeljük ki ezeket:

Osszuk végig

( a − b − c ) -vel! Azt kapjuk, hogy

A fent említett esetben, amikor

b = 4 , vagyis

[D]

2 ⋅ 2 és

[D]

a = 5 , azt kapjuk:

Hol van a hiba

2 ⋅ 2 = 5 -nek ezekben a bizonyításaiban? Természetesen ott, hogy – alig burkolt formában – 0-val osztottunk. Először az

[D]

a − a volt egyenlő 0-val, másodszor

[D]

( a − b − c ) (hiszen

[D]

a = b + c ). Ha pedig 0-val osztunk, akár burkoltan, akár nyíltan, akkor minden képtelenségre el lehetünk készülve. (Gondoljunk arra, hogy

[D]

0 ⋅ 1 = 0 ⋅ 2 és mégsem igaz az, hogy

[D]

1 = 2 .)

9. példa. Lássuk csak kendőzetlenül is a 0-val való osztást! Induljunk ki abból, hogy

Ez eddig igaz is. Ezt így is írhatjuk:

ami még mindig igaz, hiszen

0 ⋅ 2 ⋅ 2 is,

[D]

0 ⋅ 5 is egyenlő 0-val. De ha ezzel a 0-val végigosztunk, azt kapjuk:

Persze azt is írhattuk volna, hogy

és így

például

amint a címben állítottuk. Erre még más csalfa bizonyítást is adunk majd. Most azonban lássuk a

2 ⋅ 2 = 5 -nek egy kevésbé átlátszó bizonyítását.

10. példa. Kétségtelenül igaz, hogy

hiszen mindkét oldalon

− 20 szerepel, más-más formában. A bal oldalon 16 teljes négyzet (4-nek a négyzete),

[D]

− 36 pedig 4-nek és

[D]

− 9 2 -nek a kétszeres szorzata. Ha még hozzáadjuk

[D]

− 9 2 -nek a négyzetét, két tag négyzete lesz belőle; emlékezzünk csak vissza az

[D]

a 2 + 2 a b + b 2 ≡ ( a + b ) 2 , vagy ha tetszik, az

[D]

a 2 − 2 a b + b 2 ≡ ( a − b ) 2 azonosságra. A jobb oldalról is szinte ugyanezt mondhatjuk: 25 teljes négyzet (5-nek a négyzete),

[D]

− 45 pedig 5-nek és

[D]

− 9 2 -nek a kétszeres szorzata, és így

[D]

− 9 2 négyzetének hozzáadása után itt is két tag négyzetét kapjuk.

Szerencsénk volt: mindkét oldalt ugyanannak a tagnak a hozzáadásával alakíthatjuk két tag négyzetévé, és ezután az egyenlőség érvényben marad:

vagyis

vagy másképp

és így,

9 2 -et adva mindkét oldalhoz

A hibát könnyen megtalálja az, aki sorról sorra utánaszámol; mi az, ami még igaz, mi az, ami már nem.

16 − 36 + ( − 9 2 ) 2 = − 20 + 81 4 = 1 4 és ugyanennyi

[D]

25 − 45 + ( − 9 2 ) 2 is.

[D]

( 4 − 9 2 ) 2 és

[D]

( 5 − 9 2 ) 2 is

[D]

1 4 ; az első mint

[D]

( − 1 2 ) 2 , vagyis

[D]

( − 1 2 ) ( − 1 2 ) , a második mint

[D]

( 1 2 ) 2 . De

[D]

4 − 9 2 már nem ugyanannyi, mint

[D]

5 − 9 2 : az előbbi

[D]

− 1 2 , az utóbbi 1-gyel több,

[D]

1 2 . A hiba tehát a jogtalan négyzetgyökvonásban volt. Két szám négyzete lehet úgy is egyenlő, hogy maguk a számok nem egyenlők: egyenlő abszolút értékű pozitív és negatív számoknak mindig egyenlő a négyzete, pedig pozitív és negatív számok nem lehetnek egyenlők egymással.

11. példa. Húzzunk meg egy körben egy átmérőt (az 1. ábrán

A B ), és a végpontjaiból két egymással párhuzamos húrt (

[D]

A C és

[D]

B D )! Bebizonyítjuk, hogy ezek a húrok egyenlő hosszúságúak.

Az

A B átmérő felezőpontja a kör középpontja,

[D]

O . Kössük ezt össze

[D]

C -vel és

[D]

D -vel:

mert mind a kör sugarai.

mint csúcsszögek. Tehát két oldal és a közbezárt szög egyezése folytán

és így ezeknek a háromszögeknek a harmadik oldala is megegyezik:

Éppen ezt kellett bebizonyítanunk.

Helyesebben, kellett volna, de nem bizonyítottuk be. Az igaz ugyan, hogy a mondott módon keletkező húrok egyenlők, de a fenti bizonyítás hibás. A hiba nyilvánvaló abból, hogy nem használtunk ki egy lényeges feltételt: azt, hogy a két húr párhuzamos. Enélkül pedig az állítás nem is igaz. (2. ábra)

Kihasználtunk viszont egy olyan feltételt, amelyet nem indokoltunk meg: azt, hogy

A O C ∢ és

[D]

B O D ∢ csúcsszögek. Ez ugyan következik a párhuzamosságból, de ennyi erővel már

[D]

A C és

[D]

B D egyenlőségét is bebizonyíthatjuk.

12. példa. Az előbbi bizonyítást módosítsuk úgy, hogy a

C és

[D]

D pontot ne

[D]

A B felezőpontjával, hanem egymással kössük össze, és most azt a pontot jelöljük

[D]

O -val, amelyben

[D]

C D az

[D]

A B szakaszt metszi! A bizonyítás egyébként változatlan. Most jogunk van azt mondani, hogy

[D]

A O C ∢ és

[D]

B O D ∢ csúcsszögek, tehát egyenlők. Vajon ez a bizonyítás helyes most már? Nem, most is hibás. Most ugyanis nem tudhatjuk azt, hogy

[D]

A B és

[D]

C D metszéspontja felezi-e az

[D]

A B átmérőt, és így a kör középpontja-e. (Az, hogy

[D]

O -val jelöljük meg, még nem teszi középponttá.)

13. példa. Módosítsuk megint a 11. példában leírt bizonyítást! Következtessünk most az

A O C △ és

[D]

B O D △ egybevágóságára abból, hogy

[D]

O A = O B ,

[D]

O C = O D és valamelyikükkel szemközti szögek is egyenlők, mint váltószögek.

Helyes-e a bizonyítás ebben az esetben?

Az a kérdés, mely szögek egyezéséről van szó. Azt felhasználhatjuk, hogy

C A O ∢ = D B O ∢ , mert váltószögek, és nemcsak azt tudjuk, hogy

[D]

A C ∥ B D , hanem azt is, hogy

[D]

A ,

[D]

O és

[D]

B egy egyenesen vannak (hiszen

[D]

O -val a 11. példában az

[D]

A B átmérő felezőpontját jelöltük). Ha azonban azt akarnánk kihasználni, hogy

[D]

A C O ∢ = B D O ∢ , akkor hibásan okoskodnánk, mert nincs jogunk felhasználni, hogy

[D]

D ,

[D]

O és

[D]

C is egy egyenesen vannak, amíg azt be nem bizonyítjuk (lásd a 12. példát!).

14. példa. Bebizonyítjuk, hogy bármely háromszög magasságegyenesei egy pontban metszik egymást (3. jegyzet). Induljunk ki abból a tételből, hogy a háromszög oldalfelező merőlegesei egy ponton mennek át (3. ábra); ennek a bizonyítását ismertnek tekintjük.

Az oldalak felezőpontjai háromszöget határoznak meg (ábránkon

A B C △ ). Ennek a háromszögnek az oldalai az eredeti háromszögnek középvonalai és így (ismert tétel szerint) párhuzamosak az oldalaival:

[D]

A B ∥ P Q ,

[D]

B C ∥ Q R ,

[D]

C A ∥ R P . Ezért a

[D]

P Q R háromszög oldalfelező merőlegesei az

[D]

A B C háromszögnek magasságegyenesei (mert átmennek a csúcsain és merőlegesek az oldalaira). De az oldalfelező merőlegesekről már tudtuk, hogy egy pontban metszik egymást. Ebből következik, hogy a magasságegyenesek is egy pontban metszik egymást, hiszen az

[D]

A B C △ magasságegyenesei ugyanazok az egyenesek, mint a

[D]

P Q R △ oldalfelező merőlegesei (és bármely

[D]

A B C △ -höz található ilyen tulajdonságú

[D]

P Q R △ ).

15. példa. Bebizonyítjuk, hogy bármely négyszög átlói felezik egymást. Legyen

P Q R S a szóban forgó négyszög, oldalainak felezőpontjai legyenek

[D]

A ,

[D]

B ,

[D]

C és

[D]

D (4. ábra).

A háromszögek középvonalaira vonatkozó ismert tétel szerint (lásd a 14. példát!)

A B ∥ P R és

[D]

C D ∥ P R , tehát

[D]

A B ∥ C D . Hasonlóképpen látható be, hogy

[D]

B C ∥ A D . Az

[D]

A B C D négyszög tehát paralelogramma. A paralelogrammákról azonban ismeretes, hogy az átlóik felezik egymást. Tehát bármely négyszög átlói felezik egymást.

Nem helyes! – mondja az olvasó. Abból, hogy a paralelogrammák átlói felezik egymást, miért következnék, hogy bármely négyszög átlói felezik egymást? Ami igaz egy speciális esetben, nem feltétlenül igaz minden esetben.

Joggal tiltakozik az olvasó. De tiltakozott-e a 14. példában szereplő bizonyítás ellen is? Ott ugyanis lényegében ugyanezt a hibát követtük el, ha nem is ilyen átlátszó formában.

Ha bebizonyítunk valamit az olyan négyszögekre, amelyeket úgy kapunk, hogy négyszögek oldalait megfelezzük és a szomszédos oldalak felezőpontjait összekötjük; nem állíthatjuk, hogy azt minden négyszögre bebizonyítottuk. Csak akkor volna helyes ez a bizonyítás, ha azt is megmutatnánk, hogy bármely négyszög előállítható valamilyen négyszög szomszédos oldalfelező pontjainak összekötésével. Ez azonban nem is igaz; csak a paralelogrammák állíthatók elő így.

Ha valamit bebizonyítunk az olyan háromszögekre, amelyeket úgy kapunk, hogy háromszögek oldalfelező pontjait kötjük össze; akkor sem állíthatjuk, hogy azt minden háromszögre bebizonyítottuk. Csak akkor volna helyes ez a bizonyítás, ha azt is megmutatnánk, hogy bármely háromszög előállítható valamely háromszög oldalfelező pontjainak összekötésével. Ez történetesen igaz ugyan – nem úgy, mint a négyszögekre vonatkozó hasonló állítás –, de nem bizonyítottuk be, sőt nem is utaltunk arra, hogy ez még bizonyításra szorul. Rosszhiszeműen elhallgattunk egy lényeges lépést, s így a háromszögek magasságegyeneseinek metszésére vonatkozó bizonyításunk nem fogadható el.

16. példa. Alakítsuk át a 14. példában szereplő bizonyítást: induljunk ki a belső

A B C háromszögből, és szerkesszük meg hozzá a külső,

[D]

P Q R háromszöget úgy, hogy az

[D]

A ,

[D]

B ,

[D]

C csúcsokon át párhuzamosokat húzunk a szemközti oldalakkal.

A B ∥ P Q ,

[D]

B C ∥ Q R ,

[D]

C A ∥ R P ; három paralelogramma keletkezik:

[D]

A B C Q ,

[D]

A B P C ,

[D]

A R B C . Tudjuk, hogy a paralelogrammák szemközti oldalai egyenlők, például

[D]

A B = Q C és

[D]

A B = C P . Ezekből következik, hogy

[D]

Q C = C P . A

[D]

C pont tehát felezi a

[D]

P Q oldalt. Hasonlóan látható, hogy

[D]

B a

[D]

P R ,

[D]

A pedig a

[D]

Q R oldalt felezi.

Kiderült, hogy az

A B C háromszöget a

[D]

P Q R háromszög középvonalai határolják. (Ezt most előre nem tudhattuk, más volt a kiindulásunk, mint a 14. példában!)

Be akarjuk bizonyítani, hogy az

A B C háromszög magasságegyenesei egy pontban metszik egymást. Húzzuk meg ezeket az egyeneseket (6. ábra)!

Az előbbiekből következik (tekintetbe véve a középvonalakra vonatkozó, többször említett tételt is), hogy ezek a magasságegyenesek a

P Q R háromszögnek oldalfelező merőlegesei. De az oldalfelező merőlegesekről tudjuk (ismertnek tettük fel), hogy egy pontban metszik egymást. Ez tehát a magasságegyenesekre is igaz.

Jó ez a bizonyítás? Kifogástalan. Az

A B C háromszögből indultunk ki, erre semmi megszorítást nem tettünk, tehát amit bizonyítottunk, az minden háromszögre igaz. Azt ugyan nem bizonyítottuk be, hogy bármely háromszög előállítható úgy, mint az itt szereplő külső

[D]

P Q R háromszög, de erre nem is volt szükség. A bizonyítás akkor is helyes volna, ha a „körülírással” mindig bizonyos speciális háromszögekhez jutnánk; ha minden háromszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást, akkor ezekre a speciális háromszögekre is ugyanezt mondhatjuk; az a fő, hogy az

[D]

A B C háromszög nem speciális.

17. példa. Egy „bizonyítást” már láttunk arra, hogy

1 mm = 1000 km . Most még kettő következik.

Többet bizonyítunk be, mint amit ígérünk: azt, hogy bármely két egyenesszakasz egyenlő hosszú.

A bizonyításokban ismertnek tekintjük a háromszögekre vonatkozó következő egybevágósági tételeket:

Két háromszög egybevágó, ha megegyeznek

(1) mindhárom oldalukban; (2) két oldalukban és a közbezárt szögükben; (3) két oldalukban és a nagyobbikkal szemben fekvő szögükben; (4) egy oldalukban és két megfelelő helyzetű szögükben.

(A megfelelő helyzetű szögeket így értjük: vagy mindkettő az egyező oldalakon van; vagy az egyik rajtuk, a másik velük szemben és akkor az egyező oldalakon lévő szögek egyenlők, s persze a velük szemben lévők is.)

Ábráink mutatják ezt a négy esetet (7–11. ábra):

Azt a két tetszőleges szakaszt, amelyeknek az egyenlőségét be akarjuk bizonyítani, helyezzük el úgy, hogy egy háromszög két oldalát alkossák (a 12. ábrán

A B és

[D]

B C )!

Húzzuk meg a háromszögben az

A C oldal felezőmerőlegesét és a szemközti szög felezőjét! Ábránkon ezek a háromszögön belül lévő

[D]

O pontban metszik egymást. Kössük össze ezt az

[D]

O pontot

[D]

A -val és

[D]

C -vel, és bocsássunk az

[D]

O -ból merőlegest az

[D]

A B és

[D]

B C oldalra! A jelöléseket az ábra mutatja.

Az

A B C háromszöget hat kisebb háromszögre bontottuk. Bebizonyítjuk, hogy ezek páronként egybevágóak.

mert megegyeznek két oldalukban (

A F = F C ,

[D]

O F közös) és a közbezárt szögükben (derékszög). Az egybevágóságból következik, hogy

[D]

A O = C O .

mert megegyeznek egy oldalukban (

B O ) és két megfelelő helyzetű szögükben (a

[D]

B -nél lévő szögek egyenlők, mert szögfelezőt húztunk;

[D]

E -nél és

[D]

D -nél derékszögek vannak). Az egybevágóságból következik, hogy

[D]

E B = B D és

[D]

E O = D O .

mert megegyeznek két oldalukban (

A O = C O és

[D]

E O = D O az előbbiek szerint) és a nagyobbikkal szemben fekvő szögükben (az

[D]

E -nél, illetve

[D]

D -nél lévő derékszögben, 4. jegyzet).

Ennek a két háromszögnek az egybevágóságából következik, hogy

A E = C D . De már az előbb láttuk, hogy

[D]

E B = B D , tehát

[D]

A B = C B mint két egyenlő szakasz összege.

Ábránkon

O a háromszög belsejébe esett. De hátha a háromszögön kívül van (13. ábra)?

A bizonyítás ebben az esetben is szóról szóra ugyanaz.

Az sem változtat a bizonyítás lényegén, ha a metszéspont annyira kinn van, hogy még a merőlegesek talppontjai is az oldalak meghosszabbítására esnek (14. ábra).

A változás csak annyi, hogy akkor végül egyenlő szakaszok kivonásával (nem pedig összeadásával) kapjuk azt, hogy

A B = B C .

Az a határeset is elképzelhető, hogy a metszéspont a háromszög kerületén van. A bizonyítás ekkor még egyszerűbb (az első lépés kimarad, a további gondolatmenet változatlan).

Részletesen végigvizsgáltuk az eseteket, csak egyet felejtettünk ki: azt, amikor a metszéspont kívül van ugyan a háromszögön, de a belőle húzott merőlegesek nem egyformán viselkednek: az egyiknek a talppontja valamelyik oldalra, a másiké egy oldal meghosszabbítására esik.

Ez a feledékenység megbosszulta magát: ugyanis éppen ez az az eset, amely mindig megvalósul, ha egyáltalán van metszéspontja

A C felezőmerőlegesének és

[D]

B szögfelező egyenesének (5. jegyzet).

18. példa. Végül még egy „bizonyítás” következik arra, hogy

1  mm = 1000  km , illetve arra az általánosabb állításra, hogy bármely két szakasz egyenlő.

Előkészítésül lássunk egy új tételt a háromszögek egybevágóságára: két háromszög egybevágó, ha megegyeznek két oldalukban és az egyikkel szemközti szögükben.

Ez a tétel a fent (3) alatt ismertetett egybevágósági tétel kiterjesztése. Ott azt a megszorítást tettük, hogy az egyező szögek a nagyobbik oldallal legyenek szemközt; most elejtjük ezt a megszorítást.

Illesszük össze a két háromszöget úgy, ahogy a 15. ábra mutatja! A vastagon kihúzott, egyformán jelölt szakaszok, illetve szögek egyenlők.

Kössük össze az egymásnak megfelelő

A és

[D]

A ′ csúcsot (16. ábra)! Az

[D]

A B A ′ háromszög egyenlő szárú, tehát az ábrán két ívvel jelölt szögek egyenlők. Ha ezeket az egy ívvel jelölt egyenlő szögekből kivonjuk, ismét egyenlő szögeket kapunk (az ábrán ezek háromívesek). Az

[D]

A C A ′ háromszögben két szög egyenlő, egyenlők tehát a velük szemközti oldalak is:

[D]

A C = A ′ C .

Így hát az

A B C háromszög és az

[D]

A ′ B C háromszög mindhárom oldalukban megegyeznek, és ezért egybevágók.

Most az egyíves szögekből ki kellett vonni a kétíves szögeket. Más esetben az

A C A ′ háromszög egyenlő szögeit úgy kapjuk, hogy az

[D]

A B A ′ háromszög egyenlő szögeiből vonjuk ki (17. ábra), vagy szögeihez adjuk hozzá (18. ábra) az eredeti két egyenlő szöget. Az most semmiképpen sem fordulhat elő, hogy az egyik esetben összeadásra, a másik esetben kivonásra legyen szükség, mint a 17. példában.

Arra a megállapításra jutottunk tehát, hogy minden megszorítástól mentesen igaz: ha két háromszög megegyezik két oldalában és valamelyikkel szemközti szögében, akkor egybevágóak.

Ennek alapján könnyű bebizonyítani, hogy bármely két szakasz egyenlő. Illesszük a két szakaszt egymás mellé úgy, hogy egy egyenesre essenek és egyetlen közös pontjuk legyen (a 19. ábrán

Y )!

Szerkesszünk egy olyan egyenlő szárú háromszöget, amelynek az alapja a két szakasz egyesítéséből származó

X Z szakasz! Kössük össze az egyenlő szárú háromszög

[D]

U csúcsát az

[D]

Y ponttal (20. ábra)!

Hasonlítsuk össze a keletkező két részháromszöget!

Megegyeznek két oldalukban (

U X = U Z ,

[D]

U Y közös) és az egyikkel szemközti szögükben (az egyíves szögekben: egyenlő szárú háromszög alapszögei). Tételünk szerint tehát egybevágóak, és így harmadik oldalukban is megegyeznek:

[D]

X Y = Y Z , bármit mutat is az ábra. Bármely két szakasz egyenlő,

[D]

1  mm = 1000  km .

Ha azonban tételünkből ilyesmi következik, akkor tételünkkel – és így a bizonyításával is – valami baj van. Hol a hiba? Addig minden rendben van, hogy

C A A ′ ∢ = C A ′ A ∢ , mint két egyenlő szög összege vagy különbsége. Ebből azonban nem következik, hogy

[D]

A C = A ′ C .

Hogyan, hát lehetséges, hogy egy háromszögben két szög egyenlő, és a velük szemközti oldalak mégsem egyenlők?

„Közönséges” háromszögben ez nem lehetséges, de egyenesbe lapuló, „elfajuló” háromszögben igen: a 21. ábra alapján elképzelhetjük, hogy két egyenlő

0 ∘ -os szöggel szemközt ebben a határesetben különböző oldalak is lehetnek.

Itt van a rés okoskodásunkban, ezért nem érvényes az az állítólagos „új matematikai tétel”, hogy két oldalukban és valamelyikkel szemközti szögükben megegyező háromszögek mindig egybevágóak. Lehetnek egybevágóak, de lehetnek különbözőek is. Ha megegyeznek ezekben az adataikban, és mégsem egybevágóak, az csak úgy lehetséges, hogy a mondott módon illesztve őket össze, a harmadik oldalpár (amelyekről nem tettük fel, hogy egyenlőek, ábráinkon

A C és

[D]

A ′ C ) egy egyenesbe esik. Éppen ilyen eset látható a 20. ábrán; ott

[D]

X Y Z az az elfajuló háromszög, amelynek két szöge egyenlő ugyan (

[D]

0 ∘ -os), a velük szemközti oldalak (

[D]

X Y és

[D]

Y Z ) mégsem egyenlőek.