A − B

Preludium
ZGROZA
Konkurs matematyczny – poziom nauczanie początkowe
4 6= 2 · 2
Konkurs matematyczny – poziom nauczanie początkowe
4 6= 2 · 2
Jedna z Olimpiad Matematycznych, stopień II
Wykaż, że co najmniej jeden rzut prostokątny środka ciężkości
czworościanu na płaszczyzny jego ścian leży na ścianie.
Mimo, iż system egzaminacyjny sugeruje
raczej trenowanie uczniów, niż ich uczenie
(patrz matura sprzed kilku lat, gdzie kazano znaleźć wielomian
mając dany wygląd wykresu z trzema miejscami zerowymi)
warto pamiętać o tym, że sposób postrzegania świata,
a w szczególności matematyki,
jest u różnych ludzi różny, niezależnie od ich wykształcenia.
Gleichschaltacja, ujednolicanie na sposób zbója Madeja
podejść do problemów,
prowadzi do zniechęcenia i intelektualnej ślepoty.
Nie narzucajmy więc uczniom
ani rozwiązań siłowych,
ani naszych ulubionych zmyślnych sposobów
– dajmy im patrzeć na świat własnymi oczyma.
Tyle wstępnego mądrzenia się, a teraz trochę matematyki.
Każda ptaszyna
swym własnym głosem
Pana Boga chwali
Jak wiadomo, wszystkie algebraiczne funkcje
1 −1
i
.
odwrotne same do siebie (czyli inwolucje) to −x,
x
x
Jak wiadomo, wszystkie algebraiczne funkcje
1 −1
i
.
odwrotne same do siebie (czyli inwolucje) to −x,
x
x
Ale czy na pewno?
Nie czując się pewnie w algebrze, zamiast się douczyć, zapytałem.
Jak wiadomo, wszystkie algebraiczne funkcje
1 −1
i
.
odwrotne same do siebie (czyli inwolucje) to −x,
x
x
Ale czy na pewno?
Nie czując się pewnie w algebrze, zamiast się douczyć, zapytałem.
Andrzej Nowicki (Toruń) wiedział: to dwie szerokie klasy
c
x+a
dla c 6= 0
i
dla ab + 1 6= 0.
x
bx − 1
Jak się to wie, ma się świetną okazję do urządzenia w klasie quizu:
kto znajdzie więcej algebraicznych inwolucji?
Jak wiadomo, wszystkie algebraiczne funkcje
1 −1
i
.
odwrotne same do siebie (czyli inwolucje) to −x,
x
x
Ale czy na pewno?
Nie czując się pewnie w algebrze, zamiast się douczyć, zapytałem.
Andrzej Nowicki (Toruń) wiedział: to dwie szerokie klasy
c
x+a
dla c 6= 0
i
dla ab + 1 6= 0.
x
bx − 1
Jak się to wie, ma się świetną okazję do urządzenia w klasie quizu:
kto znajdzie więcej algebraicznych inwolucji?
x+1
x−π
To ja 5 − x. A ja
. Mam lepszą: √
itd.
3
x−1
7x − 1
W końcu pewnie odkryją empirycznie te wzory
i sprawdzą, że są dobre.
Ale pozostawało pytanie, dlaczego tak jest.
Bo sprawdzenie, że to prawda,
na pytanie dlaczego? nie odpowiada.
I choć do dziś nie wiem, jak tę odpowiedź uzyskują algebraicy,
gdy przetłumaczyłem problem na swój język, czyli geometrię,
wszystko stało się zrozumiałe.
Przecież w geometrii funkcje odwrotne same do siebie to symetrie.
Liczby zaś tworzą (już w podstawówce) prostą,
zwaną osią, gdy nada się jej orientację.
. . .
A symetrie na prostej to symetrie środkowe
x
p
x’
– jak łatwo zauważyć
symetria względem p dana jest rachunkowym wzorem 2p − x, bo
środek punktów 2p − x i x, czyli ich średnia arytmetyczna, to p.
Mieści się to wśród przytoczonych funkcji (a = −2p, b = 0),
ale ich, oczywiście, nie wyczerpuje.
Wypada spojrzeć szerzej: umieścić oś liczbową na płaszczyźnie.
Na płaszczyźnie zachowują tę oś
również symetrie względem prostopadłych do niej prostych.
. . .
x
p
x’
Ale po co ta uwaga? – one nic nowego nie wnoszą:
ograniczone do osi liczbowej są symetriami środkowymi.
Wypada spojrzeć szerzej: umieścić oś liczbową na płaszczyźnie.
Na płaszczyźnie zachowują tę oś
również symetrie względem prostopadłych do niej prostych.
. . .
x
p
x’
Ale po co ta uwaga? – one nic nowego nie wnoszą:
ograniczone do osi liczbowej są symetriami środkowymi.
Na płaszczyźnie są jednak i inne symetrie:
inwersje, czyli symetrie względem okręgów
(symetrie osiowe można uważać za ich szczególny przypadek)
i antyinwersje.
– jeśli środek okręgu umieścimy na osi liczbowej
również one dostarczą nam poszukiwanych inwolucji. Sprawdźmy.
Inwersja względem okręgu o środku S
.. .
.
x’’
px
x’
i promieniu r punktowi X6=S przyporządkowuje
taki punkt X’ na prostej SX, że
−−→ −−→′
SX · SX = r2 ,
a antyinwersja taki punkt X’’, że
−−→ −−→
SX · SX ′′ = −r2 .
– jeśli środek okręgu umieścimy na osi liczbowej
również one dostarczą nam poszukiwanych inwolucji. Sprawdźmy.
Inwersja względem okręgu o środku S
.. .
.
x’’
px
x’
i promieniu r punktowi X6=S przyporządkowuje
taki punkt X’ na prostej SX, że
−−→ −−→′
SX · SX = r2 ,
a antyinwersja taki punkt X’’, że
−−→ −−→
SX · SX ′′ = −r2 .
W przypadku osi mamy dla inwersji o środku p i promieniu r > 0
2
2
2
r
px
+
(r
−
p
)
′
′
2
(x − p) · (x − p) = r , czyli x =
+p=
.
x−p
x−p
c
Gdy p = 0 otrzymujemy wszystkie funkcje postaci dla c > 0,
x
gdy p 6= 0 dzielimy licznik i mianownik przez p
x+a
dla ab + 1 = (r2 /p2 ) > 0.
otrzymując wszystkie funkcje
bx − 1
Pozostałe funkcje uzyskujemy z antyinwersji.
Wystarczyło, że przetłumaczyłem sobie algebrę na geometrię
i wszystko stało się dla mnie jasne!
Wystarczyło, że przetłumaczyłem sobie algebrę na geometrię
i wszystko stało się dla mnie jasne!
Niestety nie wszystko – zostało pytanie
czy nie ma innych takich funkcji,
a właściwie dlaczego nie ma?
Wystarczyło, że przetłumaczyłem sobie algebrę na geometrię
i wszystko stało się dla mnie jasne!
Niestety nie wszystko – zostało pytanie
czy nie ma innych takich funkcji,
a właściwie dlaczego nie ma?
Znów nie wiedziałem, znów zapytałem, tym razem analityka.
Michał Krych od razu odpowiedział
przenosząc sprawę na grunt właściwego dla niego języka,
czyli analizy matematycznej, a dokładniej: zespolonej.
Bowiem każda funkcja wymierna
będąca inwolucją wśród liczb rzeczywistych,
byłaby inwolucją również wśród liczb zespolonych.
Bowiem każda funkcja wymierna
będąca inwolucją wśród liczb rzeczywistych,
byłaby inwolucją również wśród liczb zespolonych.
A wśród liczb zespolonych funkcje wymierne
o stopniu licznika m i stopniu mianownika n,
dla k = max(m, n) > 1 nie są różnowartościowe
i “większość” wartości przyjmują k-krotnie,
a zatem nie mają funkcji odwrotnych.
Bowiem każda funkcja wymierna
będąca inwolucją wśród liczb rzeczywistych,
byłaby inwolucją również wśród liczb zespolonych.
A wśród liczb zespolonych funkcje wymierne
o stopniu licznika m i stopniu mianownika n,
dla k = max(m, n) > 1 nie są różnowartościowe
i “większość” wartości przyjmują k-krotnie,
a zatem nie mają funkcji odwrotnych.
am xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0
Jeśli bowiem
= w,
n
n−1
an x + an−1 x
+ . . . + a1 x + a0
to am xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0 =
= w(an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ),
co na ogół jest wielomianem stopnia k, a ten ma k pierwiastków.
Wypada dodać, że sprawę homografii innych niż wymienione
załatwić może już każdy gimnazjalista.
c
Homografie postaci
są inwolucjami tylko dla p = 0 – jeśli
x+p
c
2
=
x,
to
c(x+p)
=
x(c+p(x+p)),
czyli
p(x
+px−c) = 0,
c
x+p + p
a to jest tożsamością tylko dla p = 0.
x+a
jest inwolucją tylko dla q = −1:
Podobnie
bx + q
x+a
bx+q + a
= x daje x + a = a(bx + q) = x(b(x + a) + q(bx + q)),
x+a
b bx+q + q
a to z kolei b(1+q)x2 +(q 2 −1)x−a(q +1) = 0.
Ale to sprawdzenie przytaczam tylko dla porządku.
Wypada dodać, że sprawę homografii innych niż wymienione
załatwić może już każdy gimnazjalista.
c
Homografie postaci
są inwolucjami tylko dla p = 0 – jeśli
x+p
c
2
=
x,
to
c(x+p)
=
x(c+p(x+p)),
czyli
p(x
+px−c) = 0,
c
x+p + p
a to jest tożsamością tylko dla p = 0.
x+a
jest inwolucją tylko dla q = −1:
Podobnie
bx + q
x+a
bx+q + a
= x daje x + a = a(bx + q) = x(b(x + a) + q(bx + q)),
x+a
b bx+q + q
a to z kolei b(1+q)x2 +(q 2 −1)x−a(q +1) = 0.
Ale to sprawdzenie przytaczam tylko dla porządku.
Bo naprawdę chcę przekonać, że
jeden widzi od razu to, a drugi tamto.
Pal Erdős lansował probabilistyczne spojrzenie
na wszelkie problemy, a w szczególności
na dowodzenie, że jakieś obiekty istnieją/nie istnieją.
Zadanie (które znam od Tomka Kobosa). Czy można pokolorować
każdą z liczb 1, 2, . . . , 2015 na jeden z czterech kolorów tak,
by żaden 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny nie był jednokolorowy?
Pal Erdős lansował probabilistyczne spojrzenie
na wszelkie problemy, a w szczególności
na dowodzenie, że jakieś obiekty istnieją/nie istnieją.
Zadanie (które znam od Tomka Kobosa). Czy można pokolorować
każdą z liczb 1, 2, . . . , 2015 na jeden z czterech kolorów tak,
by żaden 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny nie był jednokolorowy?
Probabilistyczne oko przyjmie, że :
• niezależnie losujemy kolor każdej z liczb ;
• prawdopodobieństwo uzyskania danego koloru jest 1/4.
Pal Erdős lansował probabilistyczne spojrzenie
na wszelkie problemy, a w szczególności
na dowodzenie, że jakieś obiekty istnieją/nie istnieją.
Zadanie (które znam od Tomka Kobosa). Czy można pokolorować
każdą z liczb 1, 2, . . . , 2015 na jeden z czterech kolorów tak,
by żaden 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny nie był jednokolorowy?
Probabilistyczne oko przyjmie, że :
• niezależnie losujemy kolor każdej z liczb ;
• prawdopodobieństwo uzyskania danego koloru jest 1/4.
Konkretny ciąg może być pokolorowany na 410 sposobów,
przy czym 4 pokolorowania są jednokolorowe, czyli złe.
Prawdopodobieństwo złego pokolorowania jest więc 1/49 .
Prawdopodobieństwo złego pokolorowania jest więc 1/49 .
10-wyrazowych ciągów arytmetycznych
o najmniejszej liczbie a i różnicy r > 0
jest nie więcej niż (2015 − a)/9, bo a + 9r ≤ 2015.
Zatem wszystkich ciągów jest
N≤
(2015−1)+(2015−2)+...+(2015−2006)
9
=
2014·2015
2·9
<
(211 )2
2·23
= 49 .
Ponumerujmy ciągi i niech Ai oznacza, że i-ty ciąg jest zły.
Wówczas prawdopodobieństwo, że wszystkie ciągi są złe to
P(A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ AN ) ≤ P(A1 ) + P(A2 ) + . . . + P(AN ) = N/49 < 1.
Stąd prawdopodobieństwo trafienia na dobry ciąg
jest większe od zera, czyli takie pokolorowanie istnieje.
Bałk i Bołtiański z kolei sugerują oglądanie środków ciężkości.
Punkt materialny to zwykły punkt plus liczba rzeczywista (P, m),
dodatnia lub ujemna, bo są ciężary i wypory.
Środek ciężkości to średnia ważona punktów materialnych
P1 m1 + P2 m2 + . . . + Pn mn
S=
m1 + m2 + . . . mn
Widać stąd, że
• punkty materialne można dowolnie grupować i środek ciężkości
całości to środek ciężkości środków ciężkości tych grup;
• środek ciężkości punktów leżących na prostej (płaszczyźnie) też
na niej leży.
I to nam wystarczy.
Rozwiążmy teraz zadanie:
Ostrosłup czworokątny ABCDW ,
gdzie ABCD jest równoległobokiem,
przecięto płaszczyzną
otrzymując czworokąt A1 B1 C1 D1 .
Wiemy, że A1 W : A1 A = 1 : 2,
B1 W : B1 B = 1 : 4,
C1 W : C1 C = 1 : 3.
W jakim stosunku jest
podzielona krawędź DW ?
Rozpatrzmy sześć pm:
(A, 1), (B, −1), (C, 1),
(W, 2), (W, −4), (W, 3).
Dlaczego takie?
Rozpatrzmy sześć pm:
(A, 1), (B, −1), (C, 1),
(W, 2), (W, −4), (W, 3).
Dlaczego takie?
Masy w A, B i C są takie, by
ich środek ciężkości wypadł w D.
Rozpatrzmy sześć pm:
(A, 1), (B, −1), (C, 1),
(W, 2), (W, −4), (W, 3).
Dlaczego takie?
Masy w A, B i C są takie, by
ich środek ciężkości wypadł w D.
Pm (W, 2) jest po to, by środek
ciężkości końców krawędzi AW
wypadł w A1 . Mamy bowiem
−−→
−−−→
−−→
−−−→
1 · A1 A + m · A1 W = 0 i 1 · A1 A = −2 · A1 W , skąd m = 2.
Punkt A1 ma jako środek ciężkości masę 3.
Rozpatrzmy sześć pm:
(A, 1), (B, −1), (C, 1),
(W, 2), (W, −4), (W, 3).
Dlaczego takie?
Masy w A, B i C są takie, by
ich środek ciężkości wypadł w D.
Pm (W, 2) jest po to, by środek
ciężkości końców krawędzi AW
wypadł w A1 . Mamy bowiem
−−→
−−−→
−−→
−−−→
1 · A1 A + m · A1 W = 0 i 1 · A1 A = −2 · A1 W , skąd m = 2.
Punkt A1 ma jako środek ciężkości masę 3.
Podobnie środek ciężkości
dla pm (B, −1) i (W, −4) to B1 z masą −5,
a dla (C, 1) i (W, 3) to C1 z masą 4.
Obliczmy środek ciężkości punktów
(A, 1), (B, −1), (C, 1), (W, 2), (W, −4), (W, 3), czyli
1A + (−1)B + 1C + 2W + (−4)W + 3W
S=
1−1+1+2−4+3
Obliczmy środek ciężkości punktów
(A, 1), (B, −1), (C, 1), (W, 2), (W, −4), (W, 3), czyli
1A + (−1)B + 1C + 2W + (−4)W + 3W
S=
1−1+1+2−4+3
sposób I:
(A + 2W ) − (B + 4W ) + (C + 3W )
=
2
3A1 + (−5)B1 + 4C1
,
=
2
stąd S leży na płaszczyźnie A1 B1 C1 ;
Obliczmy środek ciężkości punktów
(A, 1), (B, −1), (C, 1), (W, 2), (W, −4), (W, 3), czyli
1A + (−1)B + 1C + 2W + (−4)W + 3W
S=
1−1+1+2−4+3
sposób I:
(A + 2W ) − (B + 4W ) + (C + 3W )
=
2
3A1 + (−5)B1 + 4C1
,
=
2
stąd S leży na płaszczyźnie A1 B1 C1 ;
sposób II:
(A − B + C) + (2W − 4W + 3W )
=
2
D+W
, stąd S jest środkiem DW .
=
2
Obliczmy środek ciężkości punktów
(A, 1), (B, −1), (C, 1), (W, 2), (W, −4), (W, 3), czyli
1A + (−1)B + 1C + 2W + (−4)W + 3W
S=
1−1+1+2−4+3
sposób I:
(A + 2W ) − (B + 4W ) + (C + 3W )
=
2
3A1 + (−5)B1 + 4C1
,
=
2
stąd S leży na płaszczyźnie A1 B1 C1 ;
sposób II:
(A − B + C) + (2W − 4W + 3W )
=
2
D+W
, stąd S jest środkiem DW .
=
2
A zatem płaszczyzna A1 B1 C1 przecina krawędź DW w jej środku.
W posługiwaniu się fizyką można pójść dalej.
Na KMMP w Zielonej Górze
Tadeusz Nadzieja posłużył się
prawem Pascala
dotyczącym ciśnienia gazu
do dowodu
twierdzenia Pitagorasa.
W posługiwaniu się fizyką można pójść dalej.
Na KMMP w Zielonej Górze
Tadeusz Nadzieja posłużył się
prawem Pascala
dotyczącym ciśnienia gazu
do dowodu
twierdzenia Pitagorasa.
Wyobraźmy sobie pudełko w kształcie
trójkąta prostokątnego i o głębokości λ.
Pudełko to jest położone poziomo i przymocowane
w jednym z wierzchołków świetnym łożyskiem do pionowej osi.
Pudełko wypełniamy gazem, który prze na każdą ściankę.
Parcie na górną i dolną jest jednakowe, więc one się znoszą.
Jednak znosić się muszą i parcia na ścianki boczne.
Przyjrzyjmy się im.
Zgodnie z prawem Pascala
|u| = aλp, |v| = bλp, |w| = cλp,
gdzie p to ciśnienie gazu.
Równość momentów tych sił
to a2 aλp + 2b bλp = 2c cλp,
czyli a2 + b2 = c2 .
Zgodnie z prawem Pascala
|u| = aλp, |v| = bλp, |w| = cλp,
gdzie p to ciśnienie gazu.
Równość momentów tych sił
to a2 aλp + 2b bλp = 2c cλp,
czyli a2 + b2 = c2 .
Dla trójkąta nieprostokątnego
otrzymujemy
a
2 aλp =
= (a cos α − 2b )bλp + 2c cλp,
czyli a2 + b2 − 2ab cos α = c2 ,
a więc twierdzenie kosinusów.
Takie tłumaczenia pomagały i zawodowym matematykom.
W IX wieku Arabowie równania drugiego stopnia
rozwiązywali geometrycznie: aby rozwiązać równanie x2 + ax = b
rysowali kwadrat z wyciętymi w rogach dwoma kwadratami
—
x
—
—
|
B
|
—
|—
A
—|
Takie tłumaczenia pomagały i zawodowym matematykom.
W IX wieku Arabowie równania drugiego stopnia
rozwiązywali geometrycznie: aby rozwiązać równanie x2 + ax = b
rysowali kwadrat z wyciętymi w rogach dwoma kwadratami
— i zauważali, że pozostałość
to dwa jednakowe prostokąty.
x
—
|
—
B
|
—
|—
A
—|
Takie tłumaczenia pomagały i zawodowym matematykom.
W IX wieku Arabowie równania drugiego stopnia
rozwiązywali geometrycznie: aby rozwiązać równanie x2 + ax = b
rysowali kwadrat z wyciętymi w rogach dwoma kwadratami
— i zauważali, że pozostałość
to dwa jednakowe prostokąty.
x
—
|
—
B
|
—
|—
A
—|
Z zależności A2 = B 2 + x2 + 2Bx,
czyli x2 + 2Bx = A2 − B 2 ,
wnioskowali, że
a
2
2
2B = a i A − B = b, skąd B =
2
r
a 2
p
√
.
i A = A2 = b + B 2 = b +
2
Takie tłumaczenia pomagały i zawodowym matematykom.
W IX wieku Arabowie równania drugiego stopnia
rozwiązywali geometrycznie: aby rozwiązać równanie x2 + ax = b
rysowali kwadrat z wyciętymi w rogach dwoma kwadratami
— i zauważali, że pozostałość
to dwa jednakowe prostokąty.
x
—
|
—
Z zależności A2 = B 2 + x2 + 2Bx,
czyli x2 + 2Bx = A2 − B 2 ,
wnioskowali, że
B
a
2
2
2B = a i A − B = b, skąd B =
|
2
r
a 2
p
√
—
.
i A = A2 = b + B 2 = b +
|—
A
—|
2
r
a 2 a
A ponieważ x = A − B, więc x = b +
− .
2
2
Pięćset lat później Włosi
ten arabski sposób
zastosowali do sześcianu
Pięćset lat później Włosi
ten arabski sposób
zastosowali do sześcianu
i porównując równanie x3 + ax = b
z zależnością A3 = B 3 + x3 + 3ABx
czyli x3 + 3ABx = A3 − B 3 ,
uzyskali zależność
3AB = a i A3 − B 3 = b.
Gdyby udało się stąd wyliczyć
A i B, znaleźlibyśmy x = A − B.
Aby rozwiązać układ równań 3AB = a i A3 − B 3 = b,
wystarczy podstawić p := A3 i q := B 3 , co daje
a3
pq =
i p − q = b,
27
Aby rozwiązać układ równań 3AB = a i A3 − B 3 = b,
wystarczy podstawić p := A3 i q := B 3 , co daje
a3
pq =
i p − q = b,
27
3
a3
a
skąd mamy (q + b)q =
, czyli q 2 + bq =
,
27
27
r
r
a3
b
a3
b
b2
b2
+
− oraz p =
+
+
a więc q =
4
27 2
4
27 2
Aby rozwiązać układ równań 3AB = a i A3 − B 3 = b,
wystarczy podstawić p := A3 i q := B 3 , co daje
a3
pq =
i p − q = b,
27
3
a3
a
skąd mamy (q + b)q =
, czyli q 2 + bq =
,
27
27
r
r
a3
b
a3
b
b2
b2
+
− oraz p =
+
+
a więc q =
4
27 2
4
27 2
i ostatecznie
x=A−B =
√
3
p−
√
3
q=
sr
3
a3
b
b2
+
+ −
4
27 2
sr
3
a3
b
b2
+
− .
4
27 2
Wielu prostą postrzega jako nawiniętą na okrąg.
Wielu prostą postrzega jako nawiniętą na okrąg.
19-letni Gauss (jakby nasz maturzysta)
nawinął na okrąg z zaznaczonymi
na nim wierzchołkami
siedemnastokąta foremnego
półprostą z wszystkimi
(naprawdę!)
potęgami trójki i – o dziwo
– nie pojawił się na tym okręgu
ani jeden nowy punkt
i żadnego (poza 0) nie zabrakło !
Wielu prostą postrzega jako nawiniętą na okrąg.
19-letni Gauss (jakby nasz maturzysta)
nawinął na okrąg z zaznaczonymi
na nim wierzchołkami
siedemnastokąta foremnego
półprostą z wszystkimi
potęgami trójki i – o dziwo
– nie pojawił się na tym okręgu
ani jeden nowy punkt
i żadnego (poza 0) nie zabrakło !
Obejrzyjmy, w jakiej kolejności
pojawiały się te potęgi.
1 = 30 , 3 = 31 , 9 = 32 , 10 = 33 − 17, 13 = 34 − 4 · 17,
5 = 35 − 14 · 17, 15 = 36 − 42 · 17, 11 = 37 − 128 · 17 . . .
A który czarny punkt odpowiada np. 317 ?
Co mu to dało?
Dowód konstruowalności siedemnastokąta foremnego.
Co po tym zostało?
Do dziś nierozstrzygnięty problem
potęgi jakiej liczby n (tu była 3), narysowane na prostej,
po nawinięciu jej na okrąg będą wypadały wyłącznie
w wierzchołkach m-kąta (tu było 17) foremnego?
nazywa się to problemem pierwiastków pierwotnych
(np. 3 jest dobre również dla 5, a 10 dla 7).
Z kolei nawijanie na okrąg odcinków równych,
ale niewspółmiernych z jego długością,
daje na nim zbiór gęsty, ale
– jak zauważyli Wacław Sierpiński i Herman Weyl –
niejednakowo gęsty, co pozwoliło im udowodnić
empirycznie znalezione przez Simona Newcomba i Paula Benforda
prawo orzekające, iż
dla potęg k, dla którego log k jest liczbą niewymierną,
częstość pojawiana się na pierwszym miejscu zapisu dziesiętnego
cyfry 1 jest równa 30,1%, 2 – 17,6%, 3 – 12,5%, 4 – 9,7%,
5 – 7,9%, 6 – 6,7%, 7 – 5,8%, 8 – 5,1%, 9 – 4,5%.
Można jeszcze przypomnieć, że
Andrew Wiles zobaczył w Wielkim Twierdzeniu Fermata
krzywe eliptyczne,
a Grigorij Perelman w Hipotezie Geometryzacyjnej
równania różniczkowe,
Można jeszcze przypomnieć, że
Andrew Wiles zobaczył w Wielkim Twierdzeniu Fermata
krzywe eliptyczne,
a Grigorij Perelman w Hipotezie Geometryzacyjnej
równania różniczkowe,
ale wypada wrócić do szkoły,
gdzie przygotowuje się do pełnienia obowiązków Prezes Polskiej
Akademii Nauk, mnóstwo profesorów, paru prezydentów i kilku
premierów.
Dajmy im szanse myśleć po swojemu, bo może w wyniku tego będą
mądrzejsi i bardziej samodzielni.
A morał z tego taki, że
nauczyciel być może powinien być wykształcony,
ale na pewno powinien być inteligentny,
bo przecież wszystkich języków,
w jakich będą formułowały swoje spostrzeżenia
będące pod jego opieką pisklęta,
nie zna i nawet znać nie może,
a przecież powinien się starać ich wszystkie
przebłyski myśli uchwycić, zrozumieć i docenić.