Dane INFORMACYJNE (do uzupełnienia) Nazwa szkoły: Gimnazjum im. Noblistów Polskich w Kleczewie ID grupy: 98/54_MF_G2 Opiekun: Maria Kosińska Kompetencja: mat-fiz. Temat projektowy: Paradoksy w matematyce Semestr/rok szkolny: IV 2011/2012

Czym jest paradoks ? Paradoks to twierdzenie logiczne prowadzące do zaskakujących lub sprzecznych wniosków. Sprzeczność ta może być wynikiem błędów w sformułowaniu twierdzenia, przyjęcia błędnych założeń a może też być sprzecznością pozorną, sprzecznością z tzw. zdrowym rozsądkiem, np. paradoks hydrostatyczny, czy paradoks bliźniąt.

Paradoksy w matematyce Do paradoksów matematycznych należą m.in.: paradoks Monty Halla, paradoks Hilberta, paradoks Zenona z Elei paradoks Banacha - Tarskiego

Paradoks Monty Halla Paradoks Monty Halla to jeden z paradoksów oparty na rachunku podobieństwa. Załóżmy, że zawodnik stoi przed trzema zasłoniętymi bramkami. Za jedną z nich jest nagroda umieszczona tam losowo. Gracz wybierze jedną z bramek, prowadzący odsłania inną bramkę, którą istotnie zaanonsował, że jest pusta i proponuje graczowi zmianę wyboru. Dla nas nie ma znaczenia czy zawodnik pozostanie przy swoim wyborze czy nie.

Paradoks Monty Halla C.D. Okazuje się jednak, że jest inaczej. Jeśli zawodnik pozostanie przy swoim wyborze prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3, ale jeśli wybierze „strategię zmiany” prawdopodobieństwo wygranej wynosi 2/3. Zawodnikowi opłaca się zmienić bramkę, ponieważ ma wtedy 2 razy większe szanse na wygraną.

Paradoks monty halla c.d. Paradoks wynika z niedocenienia informacji jaką „między wierszami” przekazuje prowadzący. Informacją tą jest zawsze wskazanie pustej bramki. Poprzez wskazanie pustej bramki prowadzący zmniejsza prawdopodobieństwo przegranej z 2/3 do 1/3, więc prawdopodobieństwo wygranej musi wynosić 2/3. Jeżeli zawodnik wskaże pierwotnie bramkę z nagrodą – zdarza się to z prawdopodobieństwem 1/3. Prowadzący odsłoni wtedy jedną z pustych bramek i zmiana decyzji gracza doprowadzi do przegranej. Natomiast jeżeli gracz początkowo wskaże pustą bramkę – zdarza się to z prawdopodobieństwem 2/3, wówczas prowadzący musi odsłonić drugą z dwóch pustych bramek i zmiana decyzji gracza doprowadzi do zwycięstwa.

Paradoks monty halla c.d. Paradoks polega na tym, że intuicyjnie przypisujemy równe szanse dwóm sytuacjom – wskazanie wygranej w jednej z dwóch zakrytych bramek wydaje się „równie prawdopodobne” jak posiadanie bramki pustej, bo przecież „nic nie wiadomo”.

Paradoks monty halla c.d. – prawdopodobieństwo łączne Można rozpatrywać prawdopodobieństwo znalezienia się nagrody nie w stosunku do każdej bramki, ale dzieląc je na dwie grupy. W początkowo wybranej przez zawodnika bramce A nagroda znajduje się z prawdopodobieństwem 1/3. Zatem w pozostałych dwóch bramkach rozpatrywanych łącznie B i C z prawdopodobieństwem 2/3. Przez fakt otworzenia bramki przez prowadzącego prawdopodobieństwa nie mogą się zmieniać. Skoro prowadzący pokazuje, że w jednej z dwóch pozostałych bramek, np.: B prawdopodobieństwo wystąpienia nagrody jest równe 0, to całe prawdopodobieństwo dotyczące obu bramek B i C musi „skupić się” w bramce C. Zatem wynosi dla niej 2/3.

Paradoks hilberta Paradoks opisany przez Davida Hilberta w celu ilustracji trudności w intuicyjnym rozumieniu pojęcia "ilości" elementów zbioru z nieskończoną liczbą elementów. Paradoks ten znany jest też pod nazwą paradoksu Grand Hotelu lub paradoksu hotelu Hilberta.

Paradoks Hilberta c.d. Wyobraźmy sobie, że jesteśmy portierem w Grand Hotelu, w którym jest nieskończona liczba pokoi. Wszystkie pokoje są już zajęte, gdy przychodzi do nas kolejny klient chcący wynająć pokój. Wydawałoby się, że sytuacja jest bez wyjścia i musimy klienta odprawić z kwitkiem. Na szczęście nasz hotel ma nieskończoną liczbę pokoi więc możemy wykonać sprytny trik: Klienta z pokoju numer 1 przekwaterujemy do pokoju nr 2, tego z pokoju nr 2 do pokoju nr 3 itd. Ogólnie można powiedzieć że dokonujemy przekwaterowania klientów z pokojów n do pokojów n+1. W ten sposób wszyscy nasi wcześniejsi klienci mają gdzie mieszkać, a my mamy wolny pokój nr 1, do którego możemy zakwaterować naszego nowego gościa. Tak więc mimo że hotel był pełen, znalazło się miejsce dla nowego klienta...

Paradoks zenona z elei Archilles i żółw to jeden z paradoksów Zenona z Elei. Achilles i żółw stają na linii startu wyścigu na dowolny, skończony dystans. Achilles potrafi biegać 2 razy szybciej od żółwia i dlatego na starcie pozwala oddalić się żółwiowi o 1/2 całego dystansu. Achilles, jako biegnący 2 razy szybciej od żółwia, dobiegnie do 1/2 dystansu w momencie, gdy żółw dobiegnie do 3/4 dystansu. W momencie gdy Achilles przebiegnie 3/4 dystansu, żółw znowu mu "ucieknie" pokonując 7/8 dystansu. Gdy Achilles dotrze w to miejsce, żółw znowu będzie od niego o 1/16 dystansu dalej, i tak dalej w nieskończoność. Wniosek: Achilles nigdy nie dogoni żółwia, mimo że biegnie od niego dwa razy szybciej, gdyż zawsze będzie dzieliła ich zmniejszająca się odległość.

Paradoks zenona z elei c.d. Achilles nigdy nie przegoni żółwia, mimo że biegnie od niego dwa razy szybciej.

Paradoks Banacha– Tarskiego Kula może być pocięta na skończenie wiele kawałków, z których można złożyć dwie kule identyczne z kulą wyjściową

Paradoks banacha-tarskiego c.d. Przez podział na części rozumiemy tutaj podział kuli (jako zbioru punktów) na kilka podzbiorów, z których żadne dwa nie mają części wspólnej. Również rozkładanie i ponowne składanie nie kryje w sobie żadnych pułapek: części poddajemy tylko ruchom sztywnym, tzn. przesunięciom i obrotom. Słyszącemu takie stwierdzenie narzuca się zaraz "dowód" niemożności takiego podziału. Otóż suma objętości części, na które podzieliliśmy kulę, musi być równa objętości kuli. Ponieważ zaś przesunięcia i obroty nie mogą zmieniać objętości, każda nowa bryła złożona z tych części będzie miała taką samą objętość jak nasza kula.

Paradoks banacha-tarskiego c.d. Takie rozumowanie jest poprawne, ale tylko wtedy, gdy fragmenty, na jakie podzieliliśmy kulę, w ogóle mają jakąś objętość. Natomiast te, o których mowa w twierdzeniu Banacha-Tarskiego, objętości nie mają. Nie znaczy to bynajmniej, że ich objętość jest zerowa - po prostu nie da się jej określić. Jak to się dzieje, że zbiór punktów w przestrzeni może nie mieć objętości? Cóż, bywają zbiory bardzo skomplikowane. Aby uprościć rozważania, zastanówmy się najpierw, czy zbiór punktów na prostej może nie mieć długości. Jaką na przykład długość przypisać zbiorowi liczb wymiernych z przedziału {0, 1}?

Paradoks banacha-tarskiego c.d. A reszcie tego przedziału? Żaden z tych zbiorów nie zawiera nawet najkrótszego odcinka, składają się one z "rozsypanych" punktów. Czyżby więc miały długość zerową? Gdyby tak było, ich suma też musiałaby mieć zerową długość, a przecież ta suma jest całym odcinkiem! Jednak z tym przykładem matematycy umieli sobie poradzić. Wymyślono teorię, zwaną teorią miary, pozwalającą zmierzyć oba opisane w poprzednim akapicie zbiory, a także wiele innych, jeszcze dziwniejszych. Mimo wszystko pozostają jeszcze zbiory wyjątkowo paskudne, których zmierzyć się nie da.

Paradoks banacha-tarskiego c.d. Czy można stworzyć lepszą teorię miary: taką, która pozwalałaby na zmierzenie wszystkiego? Okazuje się, że nie. Zawsze znajdą się jakieś paskudne zbiory na prostej, których długość nie będzie określona, a także zbiory w przestrzeni, dla których nie da się określić objętości. Zbiory takie nazywamy niemierzalnymi. Dzięki istnieniu zbiorów niemierzalnych możliwy jest trick z dowodu Banacha i Tarskiego; powiększamy objętość, przechodząc po drodze przez zbiory, dla których w ogóle nie jest ona określona. Ale skąd wziął się pomysł takich rozważań?

Paradoks banacha-tarskiego c.d. Otóż paradoksalny podział kuli (a także samo istnienie zbiorów niemierzalnych) jest wnioskiem z pewnika wyboru, pewnego aksjomatu teorii zbiorów.

SOFIZMATY Sofizmat to zwodniczy "dowód" matematyczny, pozornie poprawny, lecz faktycznie błędny, zawierający rozmyślnie wprowadzony błąd, na pierwszy rzut oka trudny do wykrycia.

SOFIZMATY ARYTMETYCZNE

1=2 Nikt nie może zaprzeczyć, ze: 3 - 1 = 6 - 4 Jeżeli obie strony tej oczywistej równości pomnożymy przez (-1), to otrzymamy 1 - 3 = 4 - 6 Do obu stron możemy dodać jednakowe liczby: 1 - 3 + 2,25 = 4 - 6 + 2,25 Obie strony stanowią kwadraty dwóch różnic: (1 - 1,5) * (1 - 1,5) = (2 - 1,5) * (2 - 1,5) Z obu stron wyciągamy pierwiastek drugiego stopnia: 1 - 1,5 = 2 - 1,5 Do obu stron dodajemy te samą liczbę 1,5; mamy do tego zupełne prawo. Otrzymamy wówczas 1=2

2=3 Dowieść tego można rozumując takim samym tokiem myślenia. Rozważmy kolejno takie równości: 4 - 10 + 25/4 = 9 - 15 + 25/4; (2 - 5/2)2 = (3 - 5/2)2 2 - 5/2 = 3 - 5/2; 2=3 Oba tez sofizmaty polegają na fałszywych przesłankach logicznych. Jest to tak jakby ktoś rozumował sylogizmem następującym: Pies jest zwierzęciem. Koń jest zwierzęciem. A więc pies i koń to jest to samo. Tutaj w grę wchodzi sylogizm podobny: Dwie równe liczby mają równe kwadraty. Te dwie liczby maja równe kwadraty. A więc te dwie liczby są równe. Zapomina się o tym, że kwadraty liczb ujemnych są dodatnie, podobnie jak kwadraty liczb dodatnich.

Niepewny pewnik pomimo stosowania pewnika Zdawało by się zaiste, że nie ma na świecie nic pewniejszego nad.... pewniki matematyczne. A oto przykład, z którego wynika, że można prawidłowo zastosować elementarne wprost pewniki do bardzo prostych działań algebraicznych – i otrzymać rezultaty zupełnie błędny.

Weźmy równanie x - 1 = 2 Zastosujemy pewnik: mnożąc dwie równe wielkości przez tę samą wielkość otrzymujemy iloczyny równe. Mnożąc mianowicie obie strony naszego równania przez x - 5, a otrzymamy x2 - 6x + 5 = 2x - 10. Dalej znów stosując odpowiedni pewnik odejmujemy od obu stron równania liczbę x - 7, a otrzymujemy x2 - 7x + 12 = x - 3 Dzielimy obie strony równania przez x - 3; x - 4 = 1. A gdy wreszcie do obu stron dodamy 4 otrzymujemy x=5, co jest oczywistym błędem. Rozumowaliśmy zupełnie prawidłowo, stosując pewniki niewątpliwe, a w działaniach nie popełniliśmy - zdawałoby się - ani jednej pomyłki, a jednak otrzymaliśmy rezultat błędny.

Poprawny wynik pomimo błędnego rozumowania A teraz pokażemy, że można wyraźnie zgrzeszyć przeciwko któremuś z pewników, a jednak otrzymamy rezultat najzupełniej bezbłędny. Wyjdziemy z tego samego równania x - 1 = 2 Do jednej tylko jego strony dodajemy 10: x + 9 = 2. Mnożymy obie strony przez x - 3: x2 + 6x - 27 = 2x - 6 Odejmujemy od obu stron 2x - 6: x2 + 4 - 24 = 0. Dzielimy obie strony przez x + 7 i otrzymujemy x - 3 = 0, czyli x=3, co jest zgodne z równaniem x - 1 = 2.

Na czym polegały błędy w ostatnich dwóch przypadkach Na czym polegały błędy w ostatnich dwóch przypadkach? Na tym, że pewniki, które stosowaliśmy, nie przewidują mnożenia i dzielenia przez 0, tymczasem my stosowaliśmy je dzieląc i mnożąc przez x - 3. Ale... skąd można było przed rozwiązaniem zadania przewidzieć, że x=3? Istne błędne koło!

Każda liczba równa się swojej połowie Wiadomo, że (a + b) * (a - b) = a2 - b2. Równość ta jest prawdziwa także w przypadku, gdy a=b. Wówczas (a + a) * (a - a) = a2 - a2 Prawą stronę tego równania możemy zapisać tak: (a + a) * (a - a) = a * (a - a) Obie strony dzielimy przez (a - a) i otrzymujemy a + a = a, czyli 2a = a, skąd a = 0,5a.

Każda liczba równa się każdej innej Niechaj c będzie średnią arytmetyczną dwóch nierównych liczb a i b, to znaczy c = (a + b)/2 Wtedy a + b = 2c Stąd (a + b) * (a - b) = 2c * (a - b) czyli a2 - b2 = 2ca - 2cb Przenosząc obie strony tych równań z odpowiednimi zmianami znaków otrzymujemy a2 - 2ac = b2 - 2bc Dodajemy do obu stron c2: a2 - 2ac + c2 = b2 - 2bc + c2 (a - c) * (a - c) = (b - c) * (b - c) a - c = b - c a=b Wynik paradoksalny!

Tego samego dowieść można trochę inaczej Tego samego dowieść można trochę inaczej. Powiemy, że a i b są to liczby nierówne, przy czym a jest większe od b, tak że a - b = c. Stąd otrzymujemy równość a = b + c. Mnożymy obie strony tej równości przez a - b: a2 - ab = ab + ac - b2 - bc, skąd a2 - ab - ac = ab - b2 - bc, więc a * (a - b - c) = b * (a - b - c), czyli ostatecznie a=b, choć wyszliśmy z założenia, że a nie równa się b.

Zero jest większe od każdej liczby Weźmy dowolną liczbę dodatnią, choć bardzo wielką, i oznaczmy ją literą a. Otóż a - 1 < a. Mnożymy obie strony nierówności przez (-a); otrzymamy -a2 + a < -a2. Dodajemy do obu stron nierówności a2; wówczas okaże się w sposób oczywisty, że a<0. Chociaż więc według naszego założenia a przedstawia liczbę dodatnią jest ona jednak mniejsza od 0...

Sofizmaty geometryczne

58 = 60 = 59 Trójkąt równoramienny o podstawie 10 cm oraz wysokości 12 cm dzielimy na sześć części, tak jak przedstawiono na poniższym rysunku. Pole powierzchni tego trójkąta (a także suma powierzchni sześciu części) wynosi 60 cm².

58 = 60 = 59 Z tych sześciu części da się złożyć identyczny trójkąt, z tą różnica, że w jego środku pojawi się... dziura o powierzchni dwóch centymetrów kwadratowych (rysunek poniżej)! Ale to oznacza, że suma powierzchni wszystkich sześciu części wynosi 60-2 = 58 cm²!

58 = 60 = 59 Nie dość na tym - z tych samych sześciu części można ułożyć figurę o powierzchni 59 cm²!

Wyjaśnienie 58 = 60 = 59 Pierwszy rysunek sugeruje, że trójkąt składa się z dwóch wielokątów w kształcie litery L (o całkowitych długościach wszystkich boków), dwóch większych trójkątów prostokątnych 3x7 oraz dwóch mniejszych trójkątów prostokątnych 2x5. Tak naprawdę jednak, większe trójkąty prostokątne musiałyby mieć wysokość 7,2 cm, a mniejsze "trójkąty" - być trapezami o bardzo małej górnej podstawie. Analogiczny błąd można popełnić patrząc na drugi rysunek. Jeśli brzegi figur narysuje się grubą linią lub wytnie się je niestarannie, można nie zauważyć niewielkich niedokładności, które jednak razem dają nawet centymetrowe błędy przy wyliczaniu pola powierzchni. Sofizmat wymyślił nowojorski psychiatra L. Vosburgh Lyons.

Wszystkie trójkąty są równoboczne Rozważmy dowolny trójkąt ABC: niech X będzie punktem przecięcia symetralnej boku AB oraz dwusiecznej kąta BCA. Z punktu X poprowadźmy proste XR i XQ prostopadłe odpowiednio do boków AC i BC.

Po pierwsze, trójkąty CRX i CQX są przystające, bo: CX jest wspólnym bokiem trójkątów, kąt RCX = kąt QCX (bo CX jest dwusieczną kąta BCA), kąt XRC = kąt XQC = kąt prosty. Zatem odcinki RC i QC oraz RX i XQ są tej samej długości.

Po drugie, trójkąty AXR i BXQ są przystające, bo: jak wyżej stwierdziliśmy, RX i XQ są tej samej długości, odcinki AX i BX są tej samej długości (prosta XP jest symetralną AB), kąt XRA = kąt XQB = kąt prosty. Odcinki AR i BQ są więc tej samej długości.

Wnioski : Wszystkie trójkąty są równoboczne Udowodniliśmy więc, że RC = QC i AR = BQ, zatem: AC = AR + RC = BQ + QC = BC, tzn. odcinki AC i BC mają taką samą długość, zatem trójkąt ABC jest równoramienny. Wykreślając symetralną do boku AC i dwusieczną kąta CBA, i przeprowadzając rozumowanie analogiczne do powyższego łatwo przekonamy się, że także odcinki AB i CB mają taką samą długość, a więc trójkąt ABC jest nie tylko równoramienny, ale także równoboczny!

Wyjaśnienie: Wszystkie trójkąty są równoboczne Jeden jedyny błąd w dowodzie polega na przyjęciu, że punkt X leży wewnątrz trójkąta ABC: w rzeczywistości znajduje się on na zewnątrz tego trójkąta - patrz na rysunek.

Nasza grupa Garczyńska Karolina Grzelaczyk Agata Grzelak Karolina Jankowiak Magdalena Jasiak Ewelina Lewandowska Karina Majewska Agata Okupniarek Natalia Piekarska Kinga Rogaliński Dawid Szafrański Łukasz Twardowski Jakub Wiśniewska Sabina Zwolińska Angelika

W TRAKCIE PRACY