Cím: 329. Mennyiségtani játékok (1897. március)
Szerző(k):  Dr. Bozóky Endre 
Füzet: 1897/március, 109 - 112. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

* A K.M.L. egyik legutóbbi számában olvastam nehány tréfás mennyiségtani bebizonyítást, s ez felbátorít arra, hogy sorozatukat folytassam. Igen szellemes és fogas kérdésekre akadni Rebiere: Mathématiques et Mathématiciens czímű munkájában, a "Mathesis' czímű belga folyóirat 1892. és 1893. évfolyamaiban. Az alábbiakban tárgyaltak közül némelyiket innét vettem, de vannak olyanok is, melyeknek eredetéről nem tudok beszámolni.
Most pedig arra figyelmeztetem a szíves olvasót, hogy innét kezdve ne higyjen el nekem semmit.
1. Bebizonyítom, hogy 100=1.
Legyen a=100,b=101,c=1.

a=b-c
a2=ab-ac
a2-ab=-ac
a2-ab+b24=b24-(b-c)c
a2-ab+b24=b24-bc+c2
(a-b2)2=(c-b2)2
s mindkét oldalon négyzetgyököt vonván
a-b2=c-b2
vagyis
a=c.
 
Q.E.D.
 

2. Az összes számok egymás közt egyenlők. Ugyanis vegyünk fel két tetszés szerinti számot, a-t és b-t, melyek különbsége =c; tehát
a-b=c.

Mindkét oldalon (a-b)-vel szorozván
a2-ab-ab+b2=ac-bc
a2-ab-ac=ab-b2-bc
a(a-b-c)=b(a-b-c)
s a közös tényezővel való osztás után
a=b.
 

Q.E.D.
 

3. Bebizonyítom, hogy 2=-1.
Induljunk ki az alábbi evidens egyenlőségekből:
a+b=-c
a+c=-b
b+c=-a
Összegük
2(a+b+c)=-(a+b+c)
honnét
2=-1.
 

Q.E.D.
 

4. A számok egyenlőségének egy másik bebizonyításánál a következő evidens föltevésből indulunk ki:
a2-a2=a2-a2
a(a-a)=(a+a)(a-a)
(a-a)-val egyszerűsítvén
a=a+a
a=2a
tehát
1=2

s ha mindkét oldalon 1-et hozzáadunk, akkor azt találjuk, hogy 2=3, 3=4 stb.
 

5. Ha a nem egyenlő b-vel, a mit röviden így szokás jelölni: ab, akkor x-ax-b, tehát (x-a)2(x-b)2. Ennélfogva az
(x-a)2=(x-b)2
egyenlet lehetetlennek látszik. Ámde
x2-2ax+a2=x2-2bx+b2,
honnét
x=12(a+b).
Így tehát a lehetetlennek mondott egyenletnek mégis van gyöke.
 

6. Adva van a következő egyenlet:
3x-b3x-5b=3a-4b3a-8b.

Az egyenlőségi jel két oldalán álló tört kifejezések nem egyenlők az egységgel. Ismert tétel szerint, ha két egyenlő tört számlálóinak különbségét elosztjuk nevezőiknek különbségével, egy az adottakkal egyenlő törtet nyerünk. Ezt a mi esetünkben alkalmazván
3x-3a+3b3x-3a+3b
kifejezéshez jutunk, mely =1; tehát az adott törtek mindegyike egyenlő az egységgel.
 

7. Nem igaz, hogy: ha két mennyiség egyenkint egyenlő egy harmadikkal, akkor azok egymás közt is egyenlők. Mert föltéve, hogy
x-a+cy-a+b=bc,x+cy+b=a+ba+c
s ezen egyenlő törtekre a 6)-ban említett tételt alkalmazzuk, akkor
x-a-b+cy-a+b-c=bc,x-a-b+cy-a+b-c=a+ba+c
tehát az eleinte idézett elv szerint
bc=a+ba+c
a mi nyilván absurdum: hiszen ha a tört számlálóját és nevezőjét ugyanazon mennyiséggel növelem, akkor értéke megváltozik.
 

8. A törtek egyenlőségére vonatkozó tételek egyáltalán érvénytelenek. Induljunk ki a következő egyenletből.
x+1a+b+1=x-1a+b-1.

Vonjuk ki mindkét oldalon az 1-et következőképpen:
x+1a+b+1-a+b+1a+b+1=x-1a+b-1-a+b-1a+b-1
akkor
x-a-ba+b+1=x-a-ba+b-1
tehát két egyenlő számlálójú tört akkor is egyenlő értékű lehet, ha nevezőik különbözők.
Az adott egyenlet reciprok értékét tekintvén
a+b+1x+1=a+b-1x-1
honnét hasonlóképpen
a+b+1x+1-x+1x+1=a+b-1x-1-x-1x-1
a+b-xx+1=a+b-xx-1
s a megfordított értékekre térvén vissza
x+1a+b-x=x-1a+b-x
vagyis két egyenlő tört értéke akkor is egyenlő lehet, ha számlálóik különbözőek.
 
Budapest,
Dr. Bozóky Endre.

*Kérjük az egyes bizonyításokban előforduló hibák megjelölését.