Dowód to nie przykład

🎯 Po co Ci to?

„Sprawdziłem na trzech liczbach, więc zawsze." To zdanie brzmi odpowiedzialnie i jest fałszywe. Matematyka ma inną poprzeczkę: albo pokazujesz, że coś musi zachodzić w każdym przypadku z opisu, albo nie masz prawa napisać „zawsze". Na egzaminie otwarte „wykaż" / „uzasadnij" nie chce trzech rysunków. Chce łańcucha. Ta jednostka pokazuje, czym ten łańcuch jest — i jak krótki wolno mu być.

✅ Czego się nauczysz

Po tej jednostce:

odróżniasz przykład, kontrprzykład i dowód;
wiesz, że jeden kontrprzykład wystarczy, by obalić „dla każdego", a sto przykładów nie wystarczy, by to udowodnić;
potrafisz przeprowadzić dwa uzasadnienia na poziomie PP: kąty, które już znasz, co najwyżej jedna para trójkątów przystających, wniosek.

🔁 Przypomnij sobie

Z działu 14: kąty przyległe (suma $180^\circ$), wierzchołkowe (równe), przy równoległych — odpowiadające i naprzemianległe. Z działu 15: suma kątów trójkąta $180^\circ$; w równoramiennym kąty przy podstawie równe; cechy przystawania bbb, bkb, kbk. Z 18.1: Pitagoras jest twierdzeniem „dla każdego prostokątnego" — kratki $3$–$4$–$5$ były przykładem, nie dowodem.

📘 Przykład, kontrprzykład, dowód

Zdanie: „każda liczba parzysta dzieli się przez $4$".

Sprawdzasz $4$, $8$, $12$, $16$: działa. Sto przykładów. Potem ktoś podaje $6$. Koniec. Zdanie jest fałszywe. Jeden kontrprzykład zabija „każda" / „zawsze" / „dla każdego". Nie potrzebujesz drugiego.

Zdanie: „w każdym trójkącie prostokątnym $a^2+b^2=c^2$". Sto trójek $3$–$4$–$5$, $5$–$12$–$13$, $8$–$15$–$17$ nie dowodzi tego zdania. Pokazuje, że nie wpadłeś na kontrprzykład. Dowód to argument, który nie zależy od konkretnych $3$ i $4$: działa, bo trójkąt jest prostokątny, nie bo boki są takie a nie inne.

📐 DEFINICJA — dowód: łańcuch uzasadnionych kroków, z którego wynika teza dla każdego obiektu spełniającego założenia — bez dziury „bo na rysunku widać" i bez listy przykładów.

Po ludzku: historia, która musi się zdarzyć, skoro założenia są prawdziwe. Czym to NIE jest: „sprawdziłem dla $3$–$4$–$5$"; „widać, że kąty są równe"; mierzenie linijką rysunku w arkuszu.

📐 DEFINICJA — kontrprzykład: jeden konkretny obiekt, który spełnia założenia zdania „dla każdego…", a nie spełnia tezy.

Po ludzku: jeden wyłom i twierdzenie pada. Czym to NIE jest: „zły rysunek" albo „wyjątek, który pomijamy". W matematyce wyjątek od „każdy" znaczy: nie każdy.

Zestaw na ten etap (PP, Warunki i sposób realizacji, pkt 5). Do uzasadnienia w klasie 7–8 wystarczą:

kąty przyległe, wierzchołkowe, odpowiadające, naprzemianległe;
suma kątów w trójkącie $180^\circ$;
własności trójkąta równoramiennego (kąty przy podstawie);
jedna para trójkątów przystających (jedna cecha, jeden wniosek z niej);
i wniosek, po który przyszliśmy.

Nie musisz (i na razie nie masz) podobieństwa, dwóch par przystawania w jednym zadaniu, ani twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa. Jeśli da się to łańcuchem z tej listy — to jest dowód na ósmoklasistę. Jeśli nie da — zadanie jest poza tym zestawem, nie „za mało się napracowałeś".

💭 Pomyśl: Ktoś mówi: „kąt wierzchołkowy zawsze ma $40^\circ$, bo na trzech rysunkach w zeszycie tyle wyszło." Co mu odpowiadasz — jednym zdaniem o przykładzie i jednym o kontrakcie „zawsze"?

Sprawdź odpowiedź

Przykłady $40^\circ$ pokazują, że tak bywa, nie że tak musi. Kontrprzykład: przetnij dwie proste tak, by jeden kąt miał $70^\circ$: wierzchołkowy też ma $70^\circ$, nie $40^\circ$. „Zawsze $40^\circ$" pada od jednego rysunku. Prawdziwe „zawsze" to: wierzchołkowe są równe (dowód z przyległych i sumy $180^\circ$, dział 14) — bez konkretnej miary.

🧮 Przykład PP (a) — równoramienny i podwojony kąt

Założenie. Trójkąt ostrokątny równoramienny $ABC$ z $AC=BC$. $AD$ jest wysokością opuszczoną z $A$ na bok $BC$ (stopa $D$ leży na $BC$).

Teza. $\angle ACB = 2\cdot\angle BAD$.

Trójkąt równoramienny ABC z ramionami AC i BC: wysokość poprowadzona z wierzchołka A na ramię BC tworzy przy A kąt alfa · źródło: opracowanie własne AsLekcyjny

Łańcuch (same kąty z zestawu — tu nawet bez przystawania).

Oznacz $\angle BAD=\alpha$ oraz $\angle CAD=\beta$. Wtedy $\angle BAC=\alpha+\beta$.

$AC=BC$, więc kąty przy podstawie $AB$ są równe: $\angle BAC=\angle ABC=\alpha+\beta$ (równoramienny).
Suma w $ABC$: $2(\alpha+\beta)+\angle ACB=180^\circ$.
$AD\perp BC$, więc w trójkącie prostokątnym $ADC$ kąty ostre dopełniają się do $90^\circ$: $\angle ACB+\beta=90^\circ$, stąd $\angle ACB=90^\circ-\beta$.
Podstaw (3) do (2): $2\alpha+2\beta+(90^\circ-\beta)=180^\circ$, czyli $2\alpha+\beta=90^\circ$, więc $\beta=90^\circ-2\alpha$.
Wróć do (3): $\angle ACB=90^\circ-\beta=90^\circ-(90^\circ-2\alpha)=2\alpha$.

To jest $2\cdot\angle BAD$. Żadna konkretna liczba nie weszła do gry. Gdyby $D$ nie było stopą wysokości, krok 3 by zniknął — dlatego założenie o $AD$ jest konieczne, nie ozdobne.

🧮 Przykład PP (b) — prostokąt i dwa równoboczne

Założenie. Prostokąt $ABCD$ (wierzchołki kolejno: $A$–$B$–$C$–$D$). Na bokach $BC$ i $CD$ na zewnątrz zbudowano trójkąty równoboczne $BCE$ i $CDF$.

Teza. $AE=AF$.

Prostokąt ABCD z trójkątami równobocznymi zbudowanymi na zewnątrz: jednym na boku górnym BC i drugim na boku prawym CD; przy B i D kąty mają sto pięćdziesiąt stopni · źródło: opracowanie własne AsLekcyjny

Łańcuch (kąty + jedna para przystających).

W równobocznym każdy kąt ma $60^\circ$, każdy bok równy.

$\angle ABC=90^\circ$ (prostokąt) i $\angle CBE=60^\circ$ (równoboczny, na zewnątrz), więc $\angle ABE=90^\circ+60^\circ=150^\circ$ (przyległe w tym sensie, że składają się w jeden kąt przy $B$ po zewnętrznej).
Analogicznie $\angle ADF=90^\circ+60^\circ=150^\circ$ przy $D$.

Teraz boki od tych kątów:

$AB=CD$ (przeciwległe w prostokącie), a $CD=DF$ (równoboczny $CDF$), więc $AB=DF$.
$BE=BC$ (równoboczny $BCE$), a $BC=AD$ (prostokąt), więc $BE=AD$.

Cecha bkb: dwa boki i kąt między nimi.

W $\triangle BAE$: przy $B$ kąt $150^\circ$, ramiona $BA=AB$ i $BE$.
W $\triangle DFA$: przy $D$ kąt $150^\circ$, ramiona $DF$ i $DA=AD$.

Skoro $AB=DF$ i $BE=AD$, a kąty między tymi ramionami są równe, mamy $\triangle BAE\cong\triangle DFA$ (wierzchołki: $B\leftrightarrow D$, $A\leftrightarrow F$, $E\leftrightarrow A$).

Z przystawania odpowiadające boki są równe; bok $AE$ odpowiada bokowi $FA$, więc $AE=AF$.

Jedna para, jeden wniosek. Nie dokładamy drugiej pary „dla pewności" — zestaw tego nie każe i sędzia nie daje za to punktu.

💭 Pomyśl: Gdyby trójkąty równoboczne zbudować do wewnątrz prostokąta, czy ten sam łańcuch przejdzie bez zmiany kąta $150^\circ$?

Sprawdź odpowiedź

Nie. Do wewnątrz $60^\circ$ wchodzi w kąt prosty, zostaje $90^\circ-60^\circ=30^\circ$, nie $150^\circ$. Ale uważaj na wniosek, który się tu sam nasuwa: to nie znaczy, że teza upada. Boki zostają te same ($AB=DF$ i $BE=AD$), a kąt między nimi znów wychodzi jednakowy po obu stronach, więc bkb daje tę samą parę przystających i to samo $AE=AF$. Zmienia się liczba w łańcuchu, nie jego budowa.

Stąd lekcja o samych dowodach: gotowego łańcucha nie wolno przepisać do zmienionego ustawienia bez sprawdzenia każdego ogniwa. Kto przeniósłby tu $150^\circ$ żywcem, napisałby zdanie fałszywe, choć końcowa teza akurat by się broniła.

⚠️ Uwaga, pułapka

„Widać na rysunku." Rysunek w arkuszu jest schematem. Równość kątów bierzesz z przyległych / wierzchołkowych / równoramiennego, nie z oka.
Druga para przystawania „na zapas". PP świadomie zamyka zestaw na jednej parze. Dłuższy łańcuch, którego nie umiesz domknąć, nie jest lepszy od krótkiego, który domyka tezę.
Przykład udający dowód. „Dla $AC=5$, $BC=5$ wyszło $40^\circ$ i $80^\circ$" to sprawdzenie jednego trójkąta. Teza (a) jest o każdym ostrokątnym równoramiennym z wysokością $AD$.

✍️ Na egzaminie

Słowo „wykaż" / „uzasadnij" = tok na karcie otwartych: założenie → numerowane kroki z nazwą własności („kąty przy podstawie", „bkb") → teza. Sam rysunek bez zdań to zwykle zero albo jeden punkt z trzech. Nie cytuj Pitagorasa, jeśli łańcuch go nie potrzebuje — (a) i (b) żyją na kątach i przystawaniu. Sprawdź aktualny informator CKE co do sformułowań; zestaw narzędzi z pkt 5 Warunków zostaje ramą.

🎒 Teraz Ty

1. Zdanie: „każdy trójkąt równoramienny jest równoboczny." Daj kontrprzykład (boki) i powiedz, czemu jeden wystarczy.

Pokaż rozwiązanie

Boki $5$, $5$, $6$ (albo $5$, $5$, $4$: byle nierówność trójkąta i trzeci różny). Spełnia „równoramienny", nie spełnia „równoboczny". Jeden taki trójkąt obala „każdy". Sto równobocznych niczego tu nie ratuje — one są podzbiorem, nie kontrargumentem.

2. W (a) ktoś napisał: „$D$ jest środkiem $BC$, bo wysokość w równoramiennym jest środkową." Czy to wolno — i czy ten ktoś użył właściwego równoramiennego?

Pokaż rozwiązanie

Wysokość jest jednocześnie środkową i dwusieczną kąta między równymi bokami. Równe boki to $AC$ i $BC$, więc oś idzie z $C$ na $AB$, nie z $A$ na $BC$. $AD$ nie jest tą osią. Krok „$D$ środek $BC$" z tego powodu jest nielegalny. Łańcuch wyżej w ogóle tego nie potrzebuje.

3. Przepisz z pamięci zestaw z pkt 5: jakie kąty, ile par przystawania, co jest wnioskiem. Bez zaglądania.

Pokaż rozwiązanie

Przyległe, wierzchołkowe, odpowiadające, naprzemianległe; suma $180^\circ$; równoramienny (kąty przy podstawie). Jedna para przystających. Wniosek = teza zadania. Kropka.

📌 W pigułce

Jeden kontrprzykład zabija „dla każdego". Sto przykładów nie dowodzi „dla każdego".
Dowód to łańcuch z własności, nie z oka i nie z jednej szczęśliwej trójki liczb.
Na 7–8: kąty z działu 14–15 + jedna para przystających + wniosek. Tyle wystarczy.
„Na zewnątrz" / „wysokość $AD$" to założenia — zmieniają kąty; nie zgub ich.

🔍 Sprawdź, czy umiesz

[ ] Potrafię podać kontrprzykład do fałszywego „zawsze" i wiem, czemu jeden starczy.
[ ] Nie sprzedaję sprawdzenia na liczbach jako dowodu.
[ ] Przeprowadzam (a) albo (b) bez narzędzi spoza zestawu.
[ ] Na karcie otwartych nazywam własność w każdym kroku.

Ucz się tej jednostki z asystentem