SOFIZMATY
1. FAŁSZYWE RÓWNOŚCI
jedna granica-
dwa wyniki:
Obliczmy granicę:
Ale z drugiej strony ta sama granica przedstawia się następująco:
Tak więc licząc granicę tej samej funkcji dwoma różnymi metodami otrzymaliśmy dwa różne wyniki.
WYJAŚNIENIE
Błędu nie znajdziemy w drugim rozumowaniu, które jest poprawne. Natomiast w pierwszym problem polega na tym, że:
więc doprowadziliśmy do symbolu nieoznaczonego i na tym
liczenie granicy się nie kończy.
1=(-1) z wykorzystaniem liczb zespolonych
A oto kolejny algebraiczny pseudo-dowód:
Zacznijmy od napisania oczywistej równości:
Teraz korzystając ze znanego twierdzenia, rozbijamy pierwiastek iloczynu na iloczyn pierwiastków
W tym momencie wszyscy znający choć trochę liczby zespolone powiedzą, że:
i rzeczywiście
jest to prawda.
Jednak liczba 
ma taką własność, że
podniesiona do kwadratu daje -1. Otrzymaliśmy więc 1 = (-1)
Prześledźmy wszystko od początku:
WYJAŚNIENIE
Błąd tkwi w pominięciu założeń w twierdzeniu mówiącym, że pierwiastek iloczynu jest iloczynem pierwiastków. Jest ono prawdziwe tylko dla liczb nieujemnych, a w naszym przypadku (-1) jest mniejsze od zera.
inny dowód na to, że 1 = (-1)
Aby udowodnić, że 1 = -1 wykorzystamy pierwiastek
kwadratowy z (-1), czyli liczbę
zespoloną . Liczba ta nie jest co prawda liczbą rzeczywistą, wiadomo
jednak, że liczby zespolone można dodawać, odejmować, mnożyć i dzielić zupełnie
podobnie jak dobrze znane liczby rzeczywiste.
1 = -1
WYJAŚNIENIE
Błędny jest drugi krok „dowodu”; gdy rachujemy na liczbach zespolonych, pierwiastek ilorazu nie musi równać się ilorazowi pierwiastków.
0 = 1 – całki
W obliczeniach używamy całkowanie przez części oraz pochodną funkcji złożonych.
Zatem:
/ 
0=1
WYJAŚNIENIE
Błąd jest tutaj dość paradoksalny, ponieważ te dwie całki w ostatnim równaniu nie są sobie równe. Dlatego nie można ich odjąć.
Jest tak dlatego, iż za każdym razem po obliczeniu całki nie otrzymujemy konkretnej funkcji pierwotnej tylko grupę takich funkcji różniących się o pewną stałą (pochodna ze stałej jest równa zero).
inny dowód na to, że 0
= 1 (bardzo naiwne)
0! = 1!
a więc
0 = 1
WYJAŚNIENIE
Ten „dowód” jest tak idiotyczny, że aż śmieszny. Chyba niczego nie trzeba wyjaśniać. (Dla zupełnie niedoinformowanych – wykrzyknik powyżej oznacza działanie silni).
2 = 3
Wydaje się to poprawnym rozumowaniem na pierwszy rzut oka, ale…
1 = 1 / -3
1-3 = -3+1 / +
1-3 + = 
/ 
2 = 3
WYJAŚNIENIE
Błąd polega na obustronnym pierwiastkowaniu równania. Po
tej czynności należy uwzględnić moduły, ponieważ 
.
inny dowód na to, że 2 = 3
/ 
WYJAŚNIENIE
Tym razem błąd jest jeszcze prostszy. Polega na dzieleniu
przez 0, ponieważ 
jest równe 0 w tym
równaniu (wynika to z pierwszej linijki).
1 = 2
razy)
Zróżniczkujmy lewą i prawą stronę równania:
razy) =
razy)
razy)
Oczywiście różniczkując równe otrzymujemy zawsze równe, zatem:
Teraz wystarczy podstawić 
, by otrzymać upragnioną równość
WYJAŚNIENIE
Rozpisanie wyrażenia 
, na sumę 
dla x-ów niebędących
dodatnimi liczbami całkowitymi wygląda dosyć podejrzanie, nieprawdaż? Poza tym
różniczkowanie tej sumy też jest bałamutne – nie można zastosować po prostu
wzoru na pochodną sumy, jeśli liczba składników sumy nie jest stała, lecz
zależy od zmiennej, względem której
różniczkujemy.
42 = 43
Przypomnijmy sobie pewien – być może nie wszystkim znany –
sposób skracania ułamków polegający na wykreślaniu tej samej cyfry z licznika i
mianownika ułamka, np.
. Inne przykłady: 
Skróćmy w ten sam sposób ułamek 
.
Po przemnożeniu obu stron „na krzyż” otrzymujemy:
WYJAŚNIENIE
Powyżej opisana metoda skracania jest oczywiście niedorzeczna. To, że można znaleźć kilka ułamków, dla których takie skracanie przypadkiem „działa”, niewiele zmienia…
2.RÓŻNE CIEKAWE „FAKTY”
każda liczba jest równa dowolnej liczbie od niej
mniejszej
Jeżeli liczba a jest większa od liczby b, to istnieje pewna liczba c, taka, że a = b + c. Na przykład dla liczb 5 i 3 mamy: 5 = 3 + 2. Mamy zatem:
Mnożymy obie strony równania
przez 
Składnik 
przenosimy na lewą stronę:
Dzielimy obie strony równania przez a-b-c i otrzymujemy:
WYJAŚNIENIE
Stron równania nie można dzielić
przez zero – przecież z tego, że 
, nie wynika, że 1 = 2! W powyższym sofizmacie w ostatnim
kroku dzieliliśmy strony równania przez czynnik a - b - c, który jest równy 0
(bo a = b + c).
wszystkie liczby naturalne są interesujące
Załóżmy, że istnieją pewne liczby naturalne, które nie są interesujące, wtedy zbiór nieinteresują-
cych liczb naturalnych jako niepusty podzbiór zbioru liczb naturalnych zawiera element najmniejszy. Przyjrzyjmy się temu najmniejszemu elementowi: jest to najmniejsza z liczb nieinteresujących – ach! jakże to interesujące. Tym samym doszliśmy do sprzeczności, bo najmniejsza liczba nieinteresująca okazała się niezwykle interesującą. W obliczu tej sprzeczności musimy odrzucić nasze początkowe założenia, zatem wszystkie, bez wyjątku, liczby naturalne są interesujące!
WYJAŚNIENIE
W powyższym „dowodzie” ścisłe rozumowanie stosujemy do pojęć pozbawionych matematycznego sensu (interesujący – nieinteresujący).
wszyscy ludzie mają ten sam wzrost
Chcemy udowodnić, że wszyscy
ludzie są tego samego wzrostu. Przede wszystkim naszą tezę sformułujmy
precyzyjniej: „każdy skończony zbiór ludzi zawiera wyłącznie osoby tego samego
wzrostu”. W dowodzie wykorzystajmy indukcję po mocy (liczebności) zbioru.
Początek indukcji jest oczywisty: faktycznie każdy jednoelementowy zbiór ludzi
zawiera wyłącznie osoby (tzn. osobę) jednakowego wzrostu. Tym samym wykazaliśmy
tezę indukcyjną dla n = 1 (przez n będziemy oznaczali moc zbioru). Teraz musimy
wykonać krok indukcyjny. Nasze założenie indukcyjne ma następującą postać:
„każdy n-elementowy zbiór ludzi zawiera osoby o jednakowym wzroście”.
Korzystając z założenia indukcyjnego trzeba udowodnić, że każdy n+1-elementowy
zbiór ludzi zawiera osoby o jednakowym wzroście. Weźmy więc jakikolwiek
n+1-elementowy zbiór ludzi 
. Zbiór 
jest n-elementowy,
zatem – zgodnie z założeniem indukcyjnym – osoby 
są tego samego
wzrostu, podobnie zbiór 
zawiera n elementów,
więc osoba 
ma ten sam wzrost jak
osoby 
, a co za tym idzie – taki sam jak osoba 
.
WYJAŚNIENIE
W powyższym „dowodzie” nie
wykazano poprawnie przejścia od n = 1 do n = 2 – nie ma wówczas „pośredników”,
dzięki którym można wykazać, że osoba jest tego samego
wzrostu co .
za czasów Mieszka I żyło ponad bilion ludzi
Każdy z nas ma dwoje rodziców
(biologicznych), czworo dziadków, ośmioro pradziadków, 16 prapradziadków itd. –
z każdym pokoleniem wstecz liczba przodków podwaja się, tzn. n pokoleń temu
mieliśmy 
przodków. Ilu spośród
twoich przodków żyło za czasów Mieszka I? Było to 1000 lat temu, a zatem –
jeśli przyjąć, że jedno pokolenie odpowiada 25 latom – 40 generacji przeminęło
od czasów pierwszego polskiego władcy. Zatem odpowiedź to 
ludzi (dla
uproszczenia bierzemy pod uwagę tylko przodków z jednego pokolenia). Nietrudno
wyliczyć, że = 1 099 511 627 776,
czyli ponad bilion ( = 1 000 miliardów). Wniosek jest zdumiewający, tysiąc lat
temu żyło wiele miliardów ludzi, a przecież nie wzięliśmy jeszcze pod uwagę
ludzi, którzy nie byli twoimi przodkami!
WYJAŚNIENIE
Błąd polega na tym, że te same osoby zliczamy wielokrotnie. Ten sam człowiek może być przecież naszym przodkiem zarówno po kądzieli, jak i po mieczu, może wręcz pojawiać się wielokrotnie w różnych miejscach naszego drzewa genealogicznego – im dalej sięgamy w przeszłość tym jest to bardziej prawdopodobne.
3.SOFIZMATY GEOMETRYCZNE
58 = 60 = 59
Trójkąt równoramienny o podstawie
10 cm oraz wysokości 12 cm dzielimy na sześć części, tak jak przedstawiono na
powyższym rysunku. Pole powierzchni tego trójkąta (a także suma powierzchni
sześciu części) wynosi 60
.
Z tych sześciu części da się złożyć identyczny trójkąt, z
tą różnicą, 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
Nie dość na tym – z tych samych sześciu części można
ułożyć figurę o powierzchni 59 .
Zresztą, jeśli Czytelnik nie wierzy, sam może na papierze w kratkę narysować taki trójkąt i pociąć go na te 6 kawałków.
WYJAŚNIENIE
Pierwszy rysunek sugeruje, że trójkąt składa się z dwóch
wielokątów w kształcie litery L (o całkowitych długościach wszystkich boków),
dwóch większych trójkątów prostokątnych 3
7 oraz dwóch mniejszych trójkątnych prostokątnych 25. Tak naprawdę jednak, większe trójkąty prostokątne
musiałyby mieć wysokość 7,2 cm, a mniejsze „trójkąty” – być trapezami bardzo
małej górnej podstawie (lub należałoby powiększyć nieco figury w kształcie
litery L). 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 okręgi
mają ten sam obwód
Weźmy dwa dowolne różne okręgi. Umieśćmy mniejszy z nich wewnątrz większego w taki sposób, by ich środki pokryły się (patrz rysunek poniżej). Potoczmy większy z okręgów po linii prostej. Po wykonaniu pojedynczego obrotu okrąg przemieści się na odległość równą swojemu obwodowi (czarny odcinek na rysunku). Tymczasem, jak nietrudno zauważyć, mniejszy z okręgów podczas jednego obrotu zatoczy linię o identycznej długości (czarny cieńszy odcinek – jak widać jest on równy co do długości odcinkowi, po którym przemieścił się większy okrąg). Zatem mniejszy okrąg ma taki sam obwód jak okrąg o większym promieniu!
WYJAŚNIENIE
Rzeczywiście mniejszy okrąg wykonuje pojedynczy obrót. Jednak okrąg ten równocześnie dodatkowo porusza się („ślizga się”) w prawo. To, że można przetoczyć złotówkę po całym pokoju (równocześnie powoli obracając ją i szybko przesuwając po podłodze) nie znaczy, że moneta ma obwód o długości kilku metrów!
4. ZASKAKUJĄCY RACHUNEK PRAWDOPODOBIEŃSTWA
należy wnosić bomby na pokład samolotu
Jakie jest prawdopodobieństwo, że w samolocie jest bomba?
No cóż, powiedzmy, że mniej więcej 
. W takim razie, jakie jest prawdopodobieństwo, że w
samolocie są dwie bomby? Odpowiedź brzmi:
. Zatem najlepiej dla dobra pasażerów wnieść na pokład
samolotu bombę, ponieważ my swojej własnej nie odpalimy, a prawdopodobieństwo,
że jest jeszcze jedna do pary jest astronomicznie małe 
!
WYJAŚNIENIE
Niestety, prawdopodobieństwo, że w samolocie jest jeszcze
jedna bomba, pozostaje równe bez względu na to, ile
dynamitu przemycimy do samolotu. Podobnie, choć prawdopodobieństwo wyrzucenia
dwóch reszek w dwóch rzutach monetą jest równe 
, to prawdopodobieństwo wyrzucenia reszki w drugim rzucie,
jeśli w pierwszym wyrzucono reszkę, wynosi nie , lecz
! Po prostu oba rzuty monetą są niezależne.
paradoks
petersburski
Załóżmy, że zaproponowano nam udział w następującej grze: rzucamy monetą, jeśli wypadła reszka, wygrywamy złotówkę i gra na tym się kończy, jeśli natomiast wypadł orzeł, rzucamy drugi raz i w przypadku wyrzucenia reszki wygrywamy 2zł, zaś jeśli wypadł orzeł, kontynuujemy grę i z kolei jeśli w trzecim rzucie wypadnie reszka, wygrywamy 4zł itd., gra toczy się aż do wyrzucenia reszki, stawka za każdym rzutem podwaja się. Ile pieniędzy można zapłacić za możliwość uczestniczenia w takiej grze?
ROZWIĄZANIE
Okazuje się, że gra jest tak atrakcyjna, że warto za nią zapłacić dużą sumę pieniędzy!
W grze można wygrać 1zł z prawdopodobieństwem, 2zł z prawdopodobieństwem, 4zł z prawdopodobieństwem
, itd., to znaczy, że średnia wygrana wynosi:
Lecz powyższa suma jest przecież nieskończona, a więc gra toczy się o nieskończoną stawkę!
Rzecz jasna, jeśli zapłacimy na przykład 10 000zł za możliwość uczestniczenia w grze, to zwykle na tym stracimy, bo najprawdopodobniej szybko wyrzucimy reszkę i wygramy raczej mało. Jednak istnieje pewne małe prawdopodobieństwo wygrania astronomicznej kwoty pieniędzy, pieniędzy takim przypadku z dużą nawiązką zwróciłby nam się zainwestowany kapitał.
W opisywanej grze przyjęto nierealne założenie, że strona wypłacająca ma niewyczerpane zasoby finansowe i jest w stanie wypłacić szczęśliwemu graczowi bardzo szybko rosnące stawki.
paradoks urodzinowy
Ile osób musi się zebrać, aby prawdopodobieństwo tego, że
co najmniej dwie spośród nich obchodzą urodziny tego samego dnia, było większe
niż ?
ROZWIĄZANIE
Prawidłowa odpowiedź brzmi 23, co jest wartością zaskakująco niską w stosunku do tego, co może podpowiadać intuicja.
W losowo wybranej grupie składającej się z 23 osób prawdopodobieństwo, że co najmniej dwie z nich świętują swoje urodziny tego samego dnia, wynosi około 0,5073. Aby wyliczyć tę wartość najprościej zacząć od wyznaczenia prawdopodobieństwa tego, że wśród 23 osób żadne dwie nie obchodzą urodzin tego samego dnia. Prawdopodobieństwo tego wynosi:
(Wyobraźmy sobie, że kolejnym 23 osobom przyporządkujemy
losowo dni w roku. Prawdopodobieństwo, że pierwsze dwie osoby nie „otrzymają”
tego samego dnia wynosi 
- pierwsza osoba może
„otrzymać” jakikolwiek dzień, a druga dowolny spośród pozostałych 364 dni,
prawdopodobieństwo, że trzeciej osobie nie zostanie przyporządkowany dzień
„zajęty” przez dwie pierwsze osoby wynosi 
, i tak dalej aż dojdziemy do osoby dwudziestej trzeciej,
której pozostało 365 – 2 = 343 dni „niezajętych” przez poprzednie dwie osoby.
Wszystkie otrzymane ułamki przemnażamy przez siebie, bo wybór dnia dla kolejnej
osoby nie zależy od tego, jakie dni przyporządkowano poprzednim osobom).
Teraz, aby wyliczyć prawdopodobieństwo, że przynajmniej dwie spośród 23 osób obchodzą urodziny tego samego dnia, trzeba odjąć od 1 powyżej wyliczoną wartość prawdopodobieństwa, że żadne dwie osoby nie obchodzą urodzin tego samego dnia: 1 – 0,4927 = 0,5073.
problem Serbelloni
Spośród trzech więźniów: Mateusza, Marka i Łukasza, dwóch
ma być straconych, a jeden ocalony. Mateusz nie wie jeszcze, którzy z więźniów
zostali skazani na śmierć i czy on sam jest jednym z tych dwóch nieszczęśników.
Pyta się on strażnika: „ na pewno zginie Marek lub Łukasz , więc jeśli wyjawisz
mi teraz, kto z nich zostanie stracony, to niczego mi nie powiesz o moim
losie”. Strażnik po krótkim namyśle przychylił się do prośby więźnia i
odpowiedział, że umrze Marek. Usłyszawszy to, Mateusz uspokoił się nieco,
bowiem prawdopodobieństwo jego ocalenia zwiększyło się z 
do . (Mateusz wie teraz, że zostanie stracony Marek, a drugim
nieszczęśnikiem będzie albo on, albo Łukasz).
Czy rzeczywiście Mateusz miał prawo poczuć się spokojniejszym?
ROZWIĄZANIE
Niestety nie. Prawdopodobieństwo ocalenia Mateusza
pozostaje równe , także po tym, co Mateusz usłyszał z ust strażnika. Zestawmy
w tabeli wszystkie możliwe pary więźniów
skazanych na śmierć.
|
|
prawdopodobieństwo |
skazani na śmierć |
ocalony |
imię wyjawione przez strażnika |
|
A |
|
Mateusz, Marek |
Łukasz |
Marek |
|
B |
|
Mateusz, Łukasz |
Marek |
Łukasz |
|
C |
|
Marek, Łukasz |
Mateusz |
Marek albo Łukasz |
Zauważmy, że w trzecim przypadku strażnik może podać Mateuszowi imię albo Marka, albo Łukasza. Przyjmijmy, że w takiej sytuacji strażnik losowo wybiera skazańca, którego imię oznajmi Mateuszowi. Zamiast trzech mamy zatem do czynienia z czterema możliwościami:
|
|
prawdopodobieństwo |
skazani na śmierć |
ocalony |
imię wyjawione przez strażnika |
|
A |
|
Mateusz, Marek |
Łukasz |
Marek |
|
B |
|
Mateusz, Łukasz |