Ringler András

 

Gondolkozzunk „görögül”!

Másodfokú egyenletek geometriai megoldása

 

 

A matematika fejlődésének nyomon követése, az emberi gondolkodás történetének bemutatása nagyon fontos és érdekes feladat. Tudománytörténeti kérdések felvetésével számos érdekes és hasznos ismeretet adhatunk át tanítványainknak; a régi dolgok újragondolása  -  a harmóniák felismerése  -   számos intellektuális öröm forrása. Pl. a görögök ezeréves matematikája mindenkit elbűvöl, én nem győzök eleget csodálkozni azon, hogy Euklidész korában körzővel és vonalzóval oldották meg a másodfokú egyenleteket. Ezen persze nem kellene csodálkozni, hiszen a „görögök idejében” a matematikában jelentkező, gyakran válságot okozó problémákat egyszerűen „áttolták” a geometria körébe: nem csoda hát, hogy  »2000 évvel ezelőtt a geometria volt a „fő-tudomány”. Ezt a gondolatot tükrözi a platóni Akadémia kapuján lévő felirat is: „Ne lépjen be ide az, aki nem ismeri a geometriát”.

Az  a×x – x² = b², az  a×x + x² = b², az  a×x = b²  és az  a×b = x²  alakú egyenlete­k körzővel és vonalzóval történő megol­dása roppant tanulságos (lásd [1]-et és [2]-őt). E kifejezésekben lévő a és b betűk előre megadott számok, az akkori szóhasználattal: mennyiségek, általában szakaszok. Az  a×x – x² = b²  alakú kifejezéseket a görögök elliptikus sumptoma-nak, elliptikus feltételnek, mai szóhasználattal elliptikus egyenletnek nevezték. Ezen furcsa elnevezés hátterében a görögök mindent átható geometriai szemlélete, a kifejezésekben lévő tagok geometriai megjelenítése áll. A görögök gondolkodása szerint ugyanis az a×x, az x² és a b² tagok rendre egy a és x oldalú téglalap, egy x oldalú négyzet, és egy b oldalú négyzet területeit képviselik. Az  a×x – x² = b²  alakú egyenlet megoldásakor keresték az a oldalhoz illeszthető téglalapok közül azt, amelynek x magasságával számolt a×x területéből elhagyva az x oldalú négyzet x² területét, maradékként éppen a b oldalú négyzet b² területe adódik. Igen-igen valószínű, hogy Euklidész ezt valahogy így mondhatta: az a×x területű téglalap területét, x² terület-hiánnyal, b² területű négyzetté alakítom. Ezt a terület-hiánnyal történő „téglalapillesztést” a görögök elliptikus illesztésnek nevezték.

Az  a×x + x² = b²  alakú egyenlet megoldásánál a következő problémával állunk szemben: az a oldalhoz illeszthető téglalapok közül keressük annak a magasságát, amelynek a×x területéhez adva az x oldalú négyzet x² területét, megkapjuk egy b oldalú négyzet b² területét. Euklidesz ezt valahogy így mondhatta: az a×x területű téglalap területét, x² terület-többlettel, b² területű négyzetté alakítom. Ezt a terület-többlettel történő „téglalapillesztést” a görögök hiperbolikus illesztésnek nevezték.

Az  a×x = b²  alakú egyenlet megoldásánál nincs szükség a terület-hiánnyal vagy a terület-többlettel történő illesztésekre. Itt az a oldalhoz, hiány és többlet nélkül, vagyis megegyezésben  -  görögül parabolikusan  -  illesztjük a b²-tel megegyező területű, x magasságú téglalapot. Ezt a megegyezésben történő „téglalapillesztést” a görögök parabolikus illesztésnek nevezték. Az  a×x = b²  alakú egyenletek körzővel és vonalzóval történő megoldása roppant egyszerű, például a magasság-tétellel: az adott a és az ismeretlen x távolság mértani közepe a (szintén adott) b távolság. Az  a×b = x²  alakú egyenlet megoldása is roppant egyszerű, hiszen itt x² mértani közepe az a és a b távolságoknak.

A másodfokú egyenletek megoldásának diszkussziója során a görögök a negatív megoldásokkal nem törődtek, hiszen nem ismerték a negatív számokat, nem tudtak nekik szemléletes jelentést adni: gondolatilag nem tudtak mit kezdeni például egy negatív kecske, vagy egy negatív szakasz fogalmával. A negatív szám, a negatív mennyiség nem létezett a számukra. A görögöknél a negatív szám fogalma csírájának nyomait csakis a valódinak tekintett mennyiségek csökkenéseinél, kiadásoknál, valamiféle hiány, vagy valamilyen adósság fellépteként ismerhetjük fel. Bár a görögöknek volt külön jelük a kivonás műveletére, de ezt nem előjelnek, hanem műveleti jelnek tekintették. Ez, és túlzott geometriai szemléletük az oka annak, hogy a másodfokú egyenleteket nem algebrailag, hanem geometriailag oldották meg ([3]).

A másodfokú egyenletekkel kapcsolatosan az elliptikus, a hiperbolikus és a parabolikus illesztések gondolatát Euklidész vetette fel és oldotta meg, de az ellipszis, a hiperbola és a parabola matematikába történő bevezetése Appolóniusz nevéhez fűződik. Dolgozatommal, a több mint 2000 éves gondolatok felelevenítésével, tisztelettel adózom valamennyiünk görög mestereinek, a geometria óriásainak, Euklidésznek és Appolóniusznak. Az Ő és kortársaik gondolatainak köszönhetjük, hogy természetfilozófiai szemléletünk gyökerei viszonylag hamar kialakultak ([4]).

A görögök matematikáján való töprengés érdekes gondolati lavinát indíthat el. Bárkiben felmerülhet a kérdés, vajon hogyan és milyen irányban fejlődött volna a görögök matematikája, ha ezeréves matematikai kultúrájuk továbbfejlődését a kereszténység és az iszlám terjeszkedése nem akadályozta volna. Mi lett volna akkor, ha 529-ben a bizánci Justinianus nem záratta volna be az athéni Akadémiát; vagy mi lett volna akkor, ha az arab terjeszkedés alatt, 641-ben Omár kalifa nem gyújtatta volna fel az alexandriai könyvtárat és egyetemet. Sajnálatos tény, de ezen események után számos okos ember nézett más haza után, a görög tudósok „szétszéledtek”. Nem véletlen, hogy a tudománytörténé­szek ettől az időszaktól számítják a történelmi középkort ([5]).

Az  a×x – x² = b²  és az  a×x + x² = b²  alakú egyenletek [1]-ben leírt  -  kissé heurisztikus  -  megoldása kapcsán elgondolkozhatunk azon, vajon hogyan oldották volna meg a görögök az ilyen sumptoma-kat, ha az egyenletek jobb oldalán negatív szám, vagyis  – b²  állna? Bár a görögök számára az

a×x – x² = – b²   és az   a×x + x² = – b²

alakú egyenletek értelmetlenek voltak, hiszen számukra az x² terület-hiánnyal és az x² terület-többlettel történő illesztés nem eredményezhet „negatív területű négyzetet”. Ennek ellenére gondolkozzunk el azon, vajon hogyan lehetne az ilyen típusú egyenleteket  –  „mai fejjel”  –  körzővel és vonalzóval megoldani. Hogy mire jutottam, szívesen közreadom; már csak azért is, mert „gyönyörű harmóniákat” és szimmetriákat ismerhetünk fel az elmondottak mögött (lásd az ábrákat!). A görögök óta a „harmóniák keresése” minden tudományterület legfontosabb hajtómotorja; a harmóniák felismerése mindig lenyűgözi az embert.

            A felvetett problémák geometriai megoldása lehetőségének felismeréséhez az  a×x – x² = – b²  illetve az  a×x + x² = – b²  alakú egyenleteket algebrailag  –  egy kicsit  –  át kell alakítani; így roppant érdekes eredményekhez juthatunk: az egyenletek megoldhatóságának feltételei is egyszerű geometriai tényekből adódnak; a megoldhatósági feltételek tehát nem algebrailag, nem a diszkrimináns értékéből, hanem geometriai tényekből állapíthatjuk meg. Jelen dolgozatomban leírt módszer kapcsán újból tárgyalom az  a×x – x² = b²  és az  a×x + x² = b²  alakú egyenletek geometriai megoldását, mivel a most bemutatott módszer már nem olyan heurisztikus, mint amelyet [1]-ben írtam le.

 

            Az  alakú kifejezés   -  

-  átalakításaival azt kaptuk, hogy az  a, a  2b és a  2x-a  mennyiségek között pitagorászi összefüggés áll fenn; vagyis a felsorolt mennyiségek egy derékszögű háromszög oldalai (lásd az 1. ábrát!). Itt a szerkesztéssel kapott 2x-a hosszúságú átfogó "tartalmazza" a keresett x távolságot. A gyökvonás kétértékűsége miatt a 2x-a mennyiséget egyszer pozitívnak, majd negatívnak kell gondolnunk, így hosszát 2x-a-nak illetve  -(2x-a)-nak kell venni.

            Ha a 2x-a mennyiség pozitív, akkor az a távolság 2x-a átfogóra történő hozzáfűző átkörzésével, vagyis hozzáadásával, előáll a 2x távolság (2x º MN), amelynek felezésével  -  pozitív előjelű távolságként  -  áll elő egyenletünk első, a (pozitív előjelű) x₁ megoldása (ezt a hozzáfűző „trükköt” a görögök nem csinálták). Ha a 2x-a mennyiség negatív, akkor az a befogó hosszát, az átfogó a-2x hosszúságából, levonó átkörzéssel levonva, negatív előjelű 2x távolságot kapunk, amelynek felezésével távolságként kapjuk meg egyenletünk másik, a (negatív előjelű) x₂ megoldását (lásd az 1. ábrát!).

 

1. ábra. Az   alakú (elliptikus) egyenlet geometriai megoldásának vázlata; az a és 2b távolságok ismeretében a derékszögű háromszög megszerkeszthető, így az egyenlet gyökeit a bejelölt 2x₁ és 2x₂ távolságok megfelezésével kapjuk meg

 

            Az 1. ábráról látszik, hogy a derékszögű háromszög megszerkeszthetőségének, tehát az  egyenlet megoldhatóságának nincs semmilyen geometriai feltétele; de ennek így is kell lennie, hiszen az ilyen alakú egyenlet diszkriminánsa, az a² + 4b² mindig pozitív. Ilyen esetekben mindig két gyököt, egy pozitív és egy negatív gyököt várunk.

 

            Az  alakú kifejezés   - 

-  átalakításaival azt kaptuk, hogy az  a, a  2b  és a  2x + a  mennyiségek között pitagorászi összefüggés áll fenn; vagyis a felsorolt mennyiségek egy derékszögű háromszög oldalai (lásd a 2. ábrát!). Itt a szerkesztéssel kapott 2x+a hosszúságú befogó "tartalmazza" a keresett x távolságot. A gyökvonás kétértékűsége miatt a 2x+a mennyiséget egyszer pozitívnak, majd negatívnak kell gondolnunk, így hosszát 2x+a-nak illetve -(2x+a)-nak kell venni.

 

2. ábra. Az  alakú (hiperbolikus) egyenlet geometriai megoldásának vázlata; az ilyen alakú egyenleteknek pozitív gyöke nem lehet. Az a és 2b távolságok ismeretében, a > 2b esetén a derékszögű háromszög megszerkeszthető, így az egyenlet gyökeit a bejelölt 2x₁ és 2x₂ távolságok megfelezésével kapjuk meg

 

            A 2. ábráról azonnal látszik, hogy a derékszögű háromszög megszerkeszthe­tő­sé­­gének, az  egyenlet megoldhatóságának geometriai feltétele: a > 2b, hiszen az a átlónak nagyobbnak kell lennie bármelyik befogónál (így a 2x+a-nál is). Ezen megoldhatósági feltétel érdekessége az, hogy ezt geometriai tényekből, és nem algebrai megfontolásokból kaptuk meg. Egyenletünk algebrai megoldhatóságának jól ismert oka: az ilyen egyenlet diszkriminánsa a² - 4b² > 0; ezért a megoldhatóság feltétele: a > 2b. A 2. ábráról az is látszik, hogy egyenletünk megoldása nem lehet pozitív mennyiség, különben az a hosszúságú átfogó nem lenne nagyobb a másik, a 2x+a hosszúságú befogónál. Ezt persze ránézéssel is tudhatjuk: az  alakú egyenletnek pozitív megoldása nem lehet, hiszen ilyen esetben a kiindulási egyenletünk bal oldala pozitív lesz, a jobb oldalán viszont negatív szám áll. Ha a 2x+a hosszúságú befogót (levonó átkörzéssel) levonjuk az a hosszúságú átfogóból, akkor egy 2x hosszúságú „negatív” távolságot kapunk, amelynek felezésével megkapjuk egyenletünk első (negatív előjelű) megoldását, az x₁-et. Egyenletünk másik megoldását az átfogó újbóli elmetszésével (az M pontnál) állíthatjuk elő. Ha a 2x+a hosszúságú befogót (a negatív előjelű befogót, hozzáfűző átkörzéssel) az a hosszúságú átfogóhoz adjuk (-(2x+a) + a = -2x), akkor egy 2x hosszúságú „negatív” távolságot kapunk (2x º MN), amelynek felezésével megkapjuk az  alakú egyenlet másik, a negatív előjelű megoldását, az x₂-őt (ezt a hozzáfűző „trükköt” a görögök nem csinálták!).

            Az  alakú kifejezés   - 

-  átalakításaival azt kaptuk, hogy az  a, a  2b  és a  2x + a  mennyiségek között pitagorászi összefüggés áll fenn; vagyis a felsorolt mennyiségek egy derékszögű háromszög oldalai (lásd a 2. ábrát!). Itt a szerkesztéssel kapott 2x+a hosszúságú befogó "tartalmazza" a keresett x távolságot. A gyökvonás kétértékűsége miatt a 2x+a mennyiséget egyszer pozitívnak, majd negatívnak kell gondolnunk, így hosszát 2x+a-nak illetve -(2x+a)-nak kell venni.

 

2. ábra. Az  alakú (hiperbolikus) egyenlet geometriai megoldásának vázlata; az ilyen alakú egyenleteknek pozitív gyöke nem lehet. Az a és 2b távolságok ismeretében, a > 2b esetén a derékszögű háromszög megszerkeszthető, így az egyenlet gyökeit a bejelölt 2x₁ és 2x₂ távolságok megfelezésével kapjuk meg

 

            A 2. ábráról azonnal látszik, hogy a derékszögű háromszög megszerkeszthe­tő­sé­­gének, az  egyenlet megoldhatóságának geometriai feltétele: a > 2b, hiszen az a átlónak nagyobbnak kell lennie bármelyik befogónál (így a 2x+a-nál is). Ezen megoldhatósági feltétel érdekessége az, hogy ezt geometriai tényekből, és nem algebrai megfontolásokból kaptuk meg. Egyenletünk algebrai megoldhatóságának jól ismert indoka: az ilyen egyenlet diszkriminánsa a² - 4b², ezért a megoldhatóság feltétele: a > 2b. A 2. ábráról az is látszik, hogy egyenletünk megoldása nem lehet pozitív mennyiség, különben az a hosszúságú átfogó nem lenne nagyobb a másik, a 2x+a hosszúságú befogónál. Ezt persze ránézéssel is tudhatjuk: az  alakú egyenletnek pozitív megoldása nem lehet, hiszen ilyen esetben a kiindulási egyenletünk bal oldala pozitív lesz, a jobb oldalán viszont negatív szám áll. Ha a 2x+a hosszúságú befogót (levonó átkörzéssel) levonjuk az a hosszúságú átfogóból, akkor egy 2x hosszúságú „negatív” távolságot kapunk, amelynek felezésével megkapjuk egyenletünk első (negatív előjelű) megoldását, az x₁-et. Egyenletünk másik megoldását az átfogó újbóli elmetszésével (az M pontnál) állíthatjuk elő. Ha a 2x+a hosszúságú befogót (a negatív előjelű befogót, hozzáfűző átkörzéssel) az a hosszúságú átfogóhoz adjuk (-(2x+a) + a = -2x), akkor egy 2x hosszúságú „negatív” távolságot kapunk (2x º MN), amelynek felezésével megkapjuk az  alakú egyenlet másik, a negatív előjelű megoldását, az x₂-őt (ezt a hozzáfűző „trükköt” a görögök nem csinálták!).

 

            Az  alakú kifejezés   - 

-  átalakításaival azt kaptuk, hogy az  a, a  2b  és a  2x-a  mennyiségek között pitagorászi összefüggés áll fenn; vagyis a felsorolt mennyiségek egy derékszögű háromszög oldalai (lásd a 3. ábrát!). Itt a szerkesztéssel kapott 2x-a hosszúságú befogó "tartalmazza" a keresett x távolságot. A gyökvonás kétértékűsége miatt a 2x-a mennyiséget egyszer pozitívnak, majd negatívnak kell gondolnunk, így hosszát 2x-a-nak illetve -(2x-a)-nak kell venni.

 

3. ábra. Az  alakú (elliptikus) egyenlet geometriai megoldásának vázlata; az ilyen alakú egyenleteknek negatív gyöke nem lehet. Az a és 2b távolságok ismeretében, a > 2b esetén a derékszögű háromszög megszerkeszthető, így az egyenlet gyökeit a bejelölt 2x₁ és 2x₂ távolságok megfelezésével kapjuk meg

 

            A 3. ábráról azonnal látszik a derékszögű háromszög megszerkeszthetőségének, az  alakú egyenlet megoldhatóságának a geometriai feltétele: a > 2b; az a átfogónak nagyobbnak kell lennie bármelyik befogónál, így a 2b-nél is és a 2x-a-nál is. A 2x-a befogó (a-2x, vagy 2x-a) hosszának a átfogóra történő (kétszeri) átkörzésével, levonásával és hozzáadásával (a második metszéspont az M pontnál (ezt a hozzáfűző „trükköt” a görögök nem csinálták)), előállítható egyenletünk mindkét pozitív gyöke: az x₁, és az x₂ megoldások kétszerese (lásd a 3. ábrát!); ezek megfelezésével kapjuk meg a keresett gyököket. A 3. ábráról az is látszik, hogy egyenletünk x megoldása nem lehet negatív mennyiség, különben az a hosszúságú átfogó nem lenne nagyobb a 2x-a hosszúságú befogónál. Ezt persze ránézéssel is tudhatjuk, hiszen az  alakú egyenletnek nem lehet negatív előjelű megoldása; negatív x esetén ellentmondáshoz jutunk: az egyenlet bal oldalán negatív, jobb oldalán viszont pozitív szám lesz. Itt is érdemes megemlíteni, hogy egyenletünk megoldhatóságának feltételét geometriai tényekből és nem algebrai megfontolásokból kaptuk meg (az  alakú egyenlet diszkriminánsa a² - 4b², ezért az algebrai megoldhatóság feltétele: a > 2b).

 

            Az  alakú kifejezés   - 

-  átalakításaival azt kaptuk, hogy az  a, a  2b  és a  2x + a  mennyiségek között pitagorászi összefüggés áll fenn; vagyis a felsorolt mennyiségek egy derékszögű háromszög oldalai (lásd a 4. ábrát!). Itt a szerkesztéssel kapott 2x+a hosszúságú átfogó "tartalmazza" a keresett x távolságot. A gyökvonás kétértékűsége miatt a 2x+a mennyiséget egyszer pozitívnak, majd negatívnak kell gondolnunk, így hosszát 2x+a-nak illetve -(2x+a)-nak kell venni.

 

4. ábra. Az  alakú (hiperbolikus) egyenlet geometriai megoldásának vázlata; az a és 2b távolságok ismeretében a derékszögű háromszög megszerkeszthető, így az egyenlet gyökeit a bejelölt 2x₁ és 2x₂ távolságok megfelezésével kapjuk meg

 

            A 4. ábráról látszik, hogy a derékszögű háromszög megszerkeszthetőségének, így az  egyenlet megoldhatóságának nincsen geometriai feltétele; de ennek így is kell lennie, hiszen az ilyen alakú egyenletek diszkriminánsa, az a² + 4b² mindig pozitív. Ilyen esetekben két gyököt várunk: az a befogó 2x+a átfogóra történő kétszeri átkörzésével, levonással, illetve hozzáadással (a második metszéspont az M pontnál (ezt a hozzáfűző „trükköt” a görögök nem csinálták)), előállítható egyenletünk mindkét gyöke: a pozitív x₁, és a negatív x₂ megoldások kétszerese (lásd a 4. ábrát!); ezek megfelezésével kapjuk meg a keresett gyököket.

            A bemutatott módszer általánosításaként érdemes végiggondolni még egyszer a bemutatottakat úgy is, hogy az említett kiindulási egyenletek átalakításainál nem 4-gyel, hanem valamilyen másik négyzetszámmal szorozzuk meg az egyenleteket.

 

 

1. táblázat.

 

            A másodfokú egyenletek körzővel és vonalzóval történő megoldása nem új keletű dolog. Mindenesetre nagyon érdekes, hogy az általam leírt módon az egyenletek mindkét gyökét meg lehet szerkeszteni. Szerintem az is nagyon meglepő, hogy az egyenletek megoldhatósága milyen egyszerű geometriai feltételekből adódik; de a legmeglepőbb dolog az, hogy milyen szép szimmetriákat illetve hasonlóságokat lehet felismerni az egyes megoldások között (lásd, pl. a táblázatot!). A bemutatott módszer kapcsán bízom abban, hogy az itt leírtak sok örömet okoznak tanárnak-diáknak; és abban is bízom, hogy a sumptoma-k jobb oldalára bevezetett  – b², illetve a negatív megoldások megtalálása (és főleg elfogadása) miatt „szigorú görög mestereink nem forognak a sírjukban”.

 

Dolgozatomat  -  köszönet és hálaként  -  egykori matematika tanáraim emlékének ajánlom

 

Számtan és mértan tanáraim a Solymári Általános Iskolában: Horváthné, Erzsébet tanító néni; Szentpéteri Endre tanító bácsi; Temesi Mátyás tanító bácsi; Gróbné Bacsányi Gyöngyi tanárnő, általános iskolai tanár; Csöndes József tanár úr, általános iskolai tanár.

 

Matematika tanárom az Esztergomi Szent István Gimnáziumban: Marton Kálmán tanár úr, középiskolai matematika tanár.

 

A JATE Bolyai Intézetében matematikára oktató tanáraim (és akkori beosztásuk); az Ő aláírásuk szerepel az indexemben: Dr. Rédey László egyetemi tanár, Dr. Leindler László egyetemi tanár, Dr. Tandori Károly egyetemi tanár, Dr. Soós Gyula egyetemi tanár, Dr. Fodor Géza egyetemi tanár, Dr. Szőkefalvi-Nagy Béla egyetemi tanár, Dr. Kalmár László egyetemi tanár, Dr. Csákány Béla egyetemi docens, Dr. Pintér Lajos egyetemi docens, Dr. Muszka Dániel tudományos  főmunkatárs, Dr. Gehér László egyetemi adjunktus, Dr. Megyesi László egyetemi adjunktus, Dr. Peák István egyetemi adjunktus, Dr. Berkes Jenő egyetemi adjunktus, Dr. Csúriné dr. Paár Piroska egyetemi adjunktus, Dr. Szenthe János egyetemi adjunktus, Dr. Hatvani László egyetemi tanársegéd, Dr. Durszt Endre egyetemi tanársegéd, Dr. Szűcs József egyetemi tanársegéd, Dr. Pollák György tudományos munkatárs, Dr. Pávó Imre tudományos munkatárs, Dr. Salánkiné dr. Gulácsi Sára tudományos munkatárs, Dr. Hunya Péter tudományos munkatárs, Dr. Csúri József középiskolai tanár és Dr. Bakos László középiskolai tanár.

 

Feladatok

1. Oldja meg geometriailag a  20·x – x² = 64  (elliptikus) egyenletet! (x₁ = 4 és x₂ = 16).

2. Oldja meg geometriailag a  12·x + x² = 64  (hiperbolikus) egyenletet! (x₁ = 4 és x₂ = –16).

 

3. Oldja meg geometriailag a  12·x – x² = – 64  (elliptikus) egyenletet! (x₁ = 16  és  x₂ = – 4 ).

4. Oldja meg geometriailag a  20·x + x² = – 64  (hiperbolikus) egyenletet! (x₁ = – 4  és  x₂ =  –16).

5. Oldja meg geometriailag a  16·x = 64  (parabolikus) egyenletet! (x = 4).

6. Oldja meg geometriailag Brahmagupta híres, a  10×x + x² = 39  alakban megadott (hiperbolikus) egyenletét is! (x₁ = 3 és x₂ = -13; Brahmagupta módszerével csak az x₁ = 3 gyököt lehet megtalálni).

 

Irodalom

[1] Ringler András: Másodfokú egyenletek geometriai megoldása, 2002, POLYGON, Szeged, XI. évfolyam, 2. szám, 60-65.

[2] Ringler András: A , 2003, A Matematika Tanítása, Mozaik Oktatási Stúdió, Szeged, XI. évfolyam, 2. szám, 17-23.

[3] Filep László: A tudományok királynője, 1997, TYPOTEX Kft. - Budapest, Bessenyei Kiadó - Nyíregyháza, ISBN 963 7546 83 9.

[4] Ringler András: Fizikai szemléletünk gyökerei, 2001, A Fizika Tanítása, Mo­zaik Oktatási Stúdió, Szeged, IX. évfolyam, 4. szám, 4-10.

[5] Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete, 1998, Akadémiai Kiadó, ISBN 963 05 7651 2.

[6] Ringler András: Mi köze van a szabályos háromszögnek a szabályos ötszöghöz, 2004, A Matematika Tanítása, Mozaik Oktatási Stúdió, Szeged, XII. évfolyam, 4. szám, 3-7.

 

 

Szeged, 2006. március 14.                    Dr. habil. Ringler András Ph.D.