משה סטופל ושלמה חריר "יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה תקציר לשם המחשת יופיה של הגאומטריה הובאו 7 משימות מגוונות: לכל משימה הוצגו מספר דרכי פתרון (4-). הפתרונות התבססו על שימוש בכלים של הנדסת-מישור בלבד: משפטים ובניות-עזר. ודאי קיימות דרכי-פתרון נוספות לאותן המשימות. המטרה המרכזית של המשימות שנבחרו הייתה להעצים את הפוטנציאל של הנדסת- המישור כתחום, המאפשר לגרות ולהרחיב את שדה-החשיבה. כך נמצאו דרכי-פתרון מגוונות, ובתוכן קצרות ופשוטות יותר, הכוללות מרכיב של יופי, שיתרמו להגברת ההנאה והסיפוק. הקדמה דרכי-הלימוד ושיטות-ההוראה במתמטיקה נגזרות מתכנית-הלימודים וממטרותיה. אחת המטרות המרכזיות של לימודי-המתמטיקה היא להקנות לתלמידים דרכי-חשיבה, העשויות לסייע להם בתחומי למידה ודעת אחרים, ולפתחן. המשמעות של "ללמוד לחשוב" פירושה: על המורה למתמטיקה לפתח את יכולתם של התלמידים ליישם מידע ולבצע אנליזה וסינתזה ברמה נאותה של תכונות-יסוד, כללים ומשפטים, שלימד בשלבים הקודמים של תהליך-ההוראה. פתרון בעיות שונות הוא אחד האמצעים החשובים לפיתוח החשיבה: במהלך פתרון בעיות בכיתה נשאלים התלמידים שאלות-ה כ וונה, כגון: "האם ניתן ליישם את המסקנה של התרגיל הקודם לפתרון בעיה זו?", "האם השאלה אינה מקרה פרטי של השאלה הקודמת?", "האם נפגשתם עם בעיה מסוג כזה, והיכן?", "האם ניסוח השאלה דומה?". מטרת שאלות כאלה היא לגרות ולהרחיב את שדה-החשיבה ולהכין את התלמיד להתמודדות עצמאית, שהוא עצמו יצטרך לשאול את השאלות ולהשיב עליהן. תארנים: מילות מפתח: שילוב תחומים במתמטיקה, דרכי פתרון שונות. ייחודה של הגיאומטריה, משימות בהנדסת-מישור * הוצג בחלקו במסגרת הרצאה שנישאה בכנס השנתי של העוסקים בהוראה, במחקר ובפיתוח בתחום המתמטיקה לעל-יסודי בישראל, כפר המכביה, מרץ 7. 55
משה סטופל ושלמה חריר תנופה לפיתוח החשיבה מתקבלת מפתרון בעיות בשיטות שונות: מציאת דרך פתרון נוספת ע"י שימוש באותו תחום מתמטי ובמיוחד מתחום אחר מסייעת לפיתוח-החשיבה ומעלה אותה לרמה גבוהה יותר. יישום ידע קודם בסיטואציה חדשה, המביא לפתרון קצר ופשוט יותר או יפה יותר מגביר את ההנאה והסיפוק בלימודי המקצוע. שילוב תחומים בפתרון בעיות פותח לתלמידים מבט רחב יותר על המתמטיקה כמקצוע מקיף, תוך יצירת קשרים בין ענפיו השונים. הצלחת פיתוח החשיבה של תלמידים בסיוע פתרון בעיות מגוונות במתמטיקה תלויה במידה רבה ביכולתו של המורה ליצור ולעורר גירויים מתאימים בתהליך ההוראה והלימוד, תוך הבלטת יופיה של המתמטיקה. פתרון בעיה בדרך רגילה מותיר בדרך כלל את התלמידים בשלווה וללא תגובה מיוחדת. לעומת זאת, פתרון שונה לאותה הבעיה עשוי לגרום להתלהבות רגשית. הפתרון המיוחד והיפה הוא בלתי-צפוי, אך מוחשי, ולרוב פשוט וקצר יותר. דרכים רגילות משרישות פתרונות טכניים המתקבלים אוטומטית. לעומתן, דרכים לא שגרתיות מאפשרות יוזמות חדשות ומפתחות מיומנויות נוספות. במידה רבה דומה הדבר להבדל שבין דרך אלגברית לבין פתרון ע"י ניסוי וטעייה של בעיות מילוליות. השימוש בדרכים חלופיות מצביע על המתמטיקה כשטח קסום פתרונות מפתיעים. ואכן בעת האחרונה ניתן לראות ממספר מאמרים שעוסקים בתחום (6-1), שקיימת נטייה הולכת וגוברת לשימוש בדרכים חלופיות ככלי לפיתוח מצוינות, לפיתוח יצירתיות ולהצגת המתמטיקה כמקצוע מורכב ממכלול של תחומים, המשולבים זה בזה. מניסיון רב-שנתי בהוראת-מתמטיקה בחטיבה העליונה, בקורסים אקדמאיים ומתהליך ההדרכה וההכשרה של פרחי-הוראה אובחנה החשיבות הרבה של שליטה מקיפה בכלים מתמטיים שונים, המאפשרת התמודדות עם בעיות מורכבות ועם אתגרים, המחייבים שימוש באסטרטגיות פתרון מגוונות. הנדסת מישור שילוב תחומים ודרכי פתרון במסגרת העברת קורס אקדמאי בנושא: "שילוב תחומים במתמטיקה" הצגנו בהנאה לסטודנטים, 8 הוכחות שונות למשפט פיתגורס. עמיתה בסגל האקדמי, ששמעה על כך, לא רק שלא התלהבה, אלא ציינה בזלזול, שיש לה ספר ששמו "1 הוכחות למשפט פיתגורס". באחד מספרי הלימוד מצוין, שישנן כ- 6 הוכחות למשפט פיתגורס, אשר בין חלק רב מהן קיימים הבדלים מזעריים בנימוקי ההוכחה. המגוון הרחב של הוכחות למשפט פיתגורס הוא עדות ליופיה ולעושרה של המתמטיקה. מבין ענפי-המתמטיקה הנדסת המישור היא אחד מהענפים המרהיבים ביותר בגלל המספר הרב של דרכי-פתרון, שאפשר להשיג בה. כתחום, המבוסס על אקסיומות ומשפטי-יסוד, שעליהם מתפתחים משפטים באופן מודולרי, וקיים בו שימוש בבניות-עזר ובבניות חלופיות ניתן למצוא בו דרכי פתרון שונות לאותה משימה, שחלקן סטנדרטיות ללא ייחוד בולט מצד אחד, וקיימות דרכים אחרות בלתי-שגרתיות, קצרות מאד ומרשימות ביופיין מצד שני. 56
"יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה. במהלך בדיקת בחינות בגרות של מאות נבחנים נמצאו דרכי פתרון שונות לאותן שאלות, ובמיוחד לשאלות בהנדסת מישור, שמופיעות בשאלון 5. ממצא זה מצביע הן על העובדה, שמורים מלמדים בשיטות ובדרכים מגוונות, בהדגשים אלה ואחרים, תוך שימוש במספר כלים, והן על עובדת יכולתם של התלמידים ליישם אותם בצורות שונות. במאמר זה נציג 7 משימות הנדסיות, כשלכל משימה יובאו מספר דרכי פתרון (רק מתחום ההנדסה), ושחלקן נמצאו ע"י הסטודנטים בקורס: "בעיות נבחרות בהנדסה". משימות 7-5 הן משימות בעלות קושי רב, שמסומנות בדרך כלל בספרי הלימוד ב- **. את הפתרונות של משימות 7-6 ניתן למצוא באמצעות טריגונומטריה ובדרכים נוספות. בעיה 1 נתון משולש ישר זווית C ) 9 = B (, אשר בו D הנקודה, ACB = 3 מחלקת את הצלע BC באופן ש- CD=DB. הוכח, שהישר AD חוצה את הזווית נסמן: נחש ב. BAC BD=X. BAC = 6 ו - =X, וכן הוכחה דרך א' נסמן: =y ו - AC=y (לפי תכונת צלעות במשולש.( 3,6,9 ע"י שימוש במשפט פיתגורס במשולש C מקבלים:. (3x) + y = (y) y = x 3 נסמן. AD = z ע"י שימוש במשפט פיתגורס במשולש D נקבל: z = x + y = x + ( x 3) = 4x z = x מכאן, המשולש ישר-הזווית D הוא בעל ניצב,BD ה שּׁ ווה למחצית היתר.AD 57
משה סטופל ושלמה חריר. BAC. BAD = 3 = 3 DAC, והישר AD חוצה את הזווית לכן, לכן, הוכחה דרך ב' מהנקודה D נוריד אנך DE ליתר.AC לפי תכונת אורכי הצלעות במשולש DEC. ( DE = X ) (3, אורכו של DE הוא X,6,9 ) המשולשים: D ו - AED חופפים לפי המשפט צ.צ.ז. לכן,, BAC חוצה את הזווית AD, BAD והישר = DAE הוכחה דרך ג' AC = CD הישר AD חותך את הצלע BC באופן ש- =, וכן, דרך א'). ו- לכן היות CD = DB AC. (כפי שהוסבר בפתרון של הרי ש- AD הוא חוצה-זווית לפי המשפט ההפוך למשפט חוצה-הזווית בעיה נתון: = AC = AD 1. DBC הוכח, כי: = CAD הוכחה דרך א' נחשב את הזוויות במשולשים שווי-השוקיים לאחר סימון זוויות. 58
סימון זוויות וחישובן "יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה. α CAD = α ACD = A = 9 γ BAC = γ C = ACB = 9 α + γ BAD = α + γ D = ADB = 9 מכאן: γ α + γ α DBC = C D = 9 (9 ) = על הוכחה דרך ב' 1 DBC הנקודה A היא מרכז המעגל, העובר דרך הנקודות,C B ו - D. על-כן, = CAD פי המשפט: "זווית היקפית שווה למחצית הזווית המרכזית, הנשענת על אותה קשת". נתון: AD C > AC, BAC בעיה 3 במשולש חוצה-זווית הוכח, כי: BD > הערה: בעיה זו הוצגה באחד מספרי הלימוד בפרק: "קשרים בין צלעות וזוויות במשולש", הנלמד בשלבים הראשונים של לימודי ההנדסה. 59
, C = β נובע ש-.γ > β, BAC = α משה סטופל ושלמה חריר > AC הוכחה דרך א' נסמן:. ACB = γ מהנתון: עם העברת חוצה-הזווית AD הרי הקטעים BD ו - נמצאים, לכאורה, בשני משולשים שונים. כדי להביא לכך שהם יימצאו ממש באותו משולש נעתיק קטע,AE שאורכו שווה ל- AC על הצלע כפי שנראה באיור. המשולשים: A ו - ADE לכן חופפים לפי צ.ז.צ., ( ADB.( DEA D = D = ε 1 AED = ACD = γ DE = BED נסמן: = δ ε > β (זווית חיצונית למשולש δ > ε (זווית חיצונית למשולש δ > ε > β מכאן:, BD > DE = ולכן,δ > β, BDE מסקנה במשולש (מול הזווית הגדולה נמצאות הצלע הגדולה ). 6
"יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה.. הוכחה דרך ב' AD הוא חוצה-זווית במשולש לפי הנתון, > 1. C לפי משפט חוצה-הזווית, BA = AC BD. AC לכן,, BD > 1 BD > הערה: המסקנה מהפתרון בדרך ב' הוא שׁ יּ ד ע נרחב מאפשר תשובה מידית ופשוטה ללא צורך בבניות-עזר. בעיה 4 הוכחות שונות למשפט חוצה הזווית. BD חוצה-זווית במשולש C. הוכח, שחוצה הזווית מחלק את הצלע שהוא חותך לשני חלקים, המתייחסים זה לזה כיחס הצלעות, הכולאות את הזווית. צ"ל: AD = BC הוכחה דרך א' ההוכחה הקלסית, הנמצאת בספרי הלימוד היא הבאה: דרך הקדקוד A נעביר ישר, המקביל לבסיס.BC חוצה-הזווית BD חותך ישר זה בנקודה E. דרך הקדקוד C נעביר ישר מקביל לחוצה-הזווית,BD החותך את המשך הישר AE בנקודה F. המרובע BEFC 61
. BC = EF משה סטופל ושלמה חריר הוא מקבילית (לפי הבנייה), ולכן משולש E לכן, הוא משולש ש"ש, לפי זוויות מתחלפות שוות בין מקבילים ) β).. CAF. = BE =, לפי משפט תלס על ישרים מקבילים, החותכים שוקי זווית AD BC AD = BC = EF, ולכן נקבל: AE EF כפי שהוכח: BC, = AE הוכחה דרך ב' נבנה את המעגל, החוסם את המשולש C. חוצה- הזווית BD חותך את המעגל בנקודה E. נחבר בישרים את הנקודה E עם הקדקודים A ו - C. (זוויות היקפיות, הנשענות על EAC = ECA = β אותה הקשת), ולכן. EA = EC = t B ו - BDE דומים זה לזה לפי ז.ז. BC t = DE המשולשים: BC DE t = BAD ו - CDE דומים זה לזה לפי ז.ז. BC DE = t = AD DE DE AD t = AD לכן, המשולשים: DE AD = BC לכן, מכאן, 6
הוכחה דרך ג' מהקדקוד D נוריד גבהים DE ו - DF לצלעות BC ו - בהתאמה. "יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה., DE = DF לפי התכונה של נקודה, הנמצאת על חוצה- זווית. S ADB = S B = DF S ADB AC = BC DE S B BC (*) S S מהקדקוד B נוריד גובה לצלע,AC ונסמן אותו ב- h. ADB = B = AD h h S S ADB = B AD (**) (הערה: הגובה מההשוואה בין BG = h הוא הגובה המשותף לשני המשולשים). AD = BC (*) ו -(**) נקבל: בעיה 5 נתון: CD היא מקבילית. נקודות- ו - F, E את הנקודות AD ו - DF האמצע של הצלעות B. נחבר עם הקדקוד בהתאמה, BE ו - BF חותכים את הישרים ו - H G בנקודות AC האלכסון בהתאמה. 63
משה סטופל ושלמה חריר AG = GH = הוכח, כי HC הוכחה דרך א' נעביר את האלכסון (I- BD נקודת מפגש האלכסונים). במשולש BE, D ו - AI הם תיכונים AC) ו - DB אלכסוני המקבילית חוצים זה את זה). נסמן:. GI = x מתכונת נקודת חיתוך התיכונים במשולש נקבל. AG = x במשולש תיכונים. BF, CBD הם ו - CI נסמן: IH = y ונקבל לפי אותו הסבר, מכאן,. HC = y AG = x, GH = x + y, HC = y מהעובדה, ש- AI = IC ולכן, נקבל: x + x = y + y x = y. AG = GH = HC הוכחה דרך ב' נעביר את האלכסון.BD נחבר את הנקודות D ו - G. המשך הישר חותך את הצלע בנקודה DJ J. הוא התיכון השלישי במשולש. AJ = JB ועל כן, ADB מכאן נובע, ש- DJBF מקבילית (מרובע בעל זוג אחד של צלעות שוות ומקבילות). GJ קטע אמצעים במשולש H (הישר, שיוצא מאמצע צלע במשולש ומקביל לצלע שנייה). לכן. AG = GH 64
כנ"ל, HF קטע אמצעים במשולש מהטרנזטיביות נובע "יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה.. GH = HC ולכן,, CDG. AG = GH = HC הוכחה דרך ג' כבדרך ב' נעביר את.DJ מהקדקוד C נעביר ישר מקביל ל- BF, בנקודה K. המרובע FCKB מקבילית. מכאן נובע: החותך את המשך הצלע, GJ GH HC היות ו -, AJ = JB = BK וממה שהוכח, AJ = JB = BK,הרי שלפי משפט תלס לגבי משולש ACK,, AG = GH = HC נקבל משימת המשך (ללא פתרון) הנתון: CD היא מקבילית. את הנקודות: E ו- F נקודות האמצע של הצלעות: AD ו- BC בהתאמה נחבר עם הקדקודים B ו- D כנראה באיור. הוכח, כי:.AG=GH=HC בעיה 6 נתון ריבוע,CD שאורך צלעו. דרך קדקוד A נעביר ישר כלשהו, החותך את הצלע בנקודה E. דרך הקדקוד A נעביר את חוצה-הזווית של הזווית, E החותך את הצלע BC בנקודה F. הוכח, כי:. ( x + y = z) BF + DE = AE נסמן:, DE = y, BF = x, E = α. AE = z 65
משה סטופל ושלמה חריר הוכחה דרך א' מנקודה F נוריד אנך FG לקטע.AE לפי תכונת נקודה,. BF = FG = x נחשב את שטח הריבוע CD באמצעות שטחי ארבעת המשולשים המרכיבים אותו. הנמצאת על חוצה זווית S CD = S F + S FCE + S EFA + S ADE ADE. x + y = z x ( x) ( y) z x = + + +. = x( לאחר פישוט נקבל: z) y + y שימוש במשפט פיתגורס במשולש = z y נותן: z y = x( הצבת קשר זה מניבה (z y + לאחר צמצום שני האגפים ב- (z ( y + נקבל: הוכחה דרך ב' מהנקודה E מורידים אנך EN לצלע. מסמנים ב- M את נקודת החיתוך שלו עם חוצה הזווית AF ע. "י שימוש במשפט חוצה-הזווית במשולש AEN, נקבל z = y EM MN המשולשים: AMN ו - AFB דומים, ועל-כן ניתן לרשום את הפרופורציה: y MN x y = MN = (**) x. = x( y + z) EM = MN = xy (*) (***) נציב ב-(*) את הקשרים: (**), (***) ונקבל בעזרת משפט פיתגורס במשולש ADE נקבל. x + y = z 66
באופן F הוכחה דרך ג' נעתיק את משולש.AD מתלכדת עם הצלע שצלע המשולש 'F EA הוא משולש ש"ש, משום שהוא בעל שתי זוויות שוות; "יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה.. EF ' A = EAF ' = 9 α מסקנה EF '= EA x + y = z הוכחה דרך ד' נשתמש בכללים של הנדסה אנליטית. נמקם את הריבוע במערכת צירים באופן שהקדקוד A יתלכד עם ראשית הצירים, והצלעות ו - AD יהיו מונחות על הצירים x ו -y בהתאמה. שיעורי הקדקודים הם כדלקמן:. b באופן ש-, E( b, ). D( o, ) ו - C( o, ), B(, o), A( o, o) y = נבחר נקודה E על הצלע, ששיעוריה b y = o x משוואת הצלע היא משוואת הישר AE היא כשנתונים שני ישרים באמצעות המשוואות הכלליות שלהם: 1 משוואות חוצי-הזוויות הן כדלקמן: x + b y + c 1 1 + b 1 1 x b y + c = o + 1 1 x + b y + c = ± + b בהתאם למשוואת הכלליות של הישרים AF ו -, 1 x b y + c = o + 67
E (בעל השיפוע החיובי, המתאים לישר (AF היא,, BF = b + F(, b + + b + b משה סטופל ושלמה חריר נקבל, שמשוואות חוצי-הזויות שלהם: והמשוואה המפורשת של חוצה-הזווית = y. לכן שיעורי הנקודה F הם: ) b + (A,B,C,D,E,F) + b x לפי שיעורי הקדקודים נקבל את אורכי הקטעים:. באמצעות טכניקה אלגברית פשוטה (כולל הכפלת מונה ומכנה b + = + b + + b x by + b b = ± y AE = + b, DE = b בצמוד של המכנה) ניתן להוכיח בקלות, ש- כלומר,, BF + DE = AE x by = y = o o בעיה 7 נתון ריבוע,CD שאורך צלעו. דרך הקדקודים A ו - B נעביר ישרים, היוצרים זווית של 15 עם הצלע. הישרים נחתכים בנקודה O. הוכח, כי המשולש DOC הוא משולש ש"צ. הוכחה דרך א' המשולשים: DOA ו - COB חופפים לפי צ.ז.צ. מהחפיפה נובע:.OD = OC על הצלע בונים כלפי חוץ משולש ש"צ E. המרובע AOBE הוא דלתון, ועל כן אלכסוניו, הנחתכים בנקודה F, מאונכים זה לזה. 68
"יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה. EA = EO = על-פי חישוב זוויות:, EAO ועל כן, = AOE = 75 הניצבות ל- ) (בשל DA OE DA = OE = (הוכח!). לכן המרובע DOEA הוא מקבילית (זוג צלעות שוות ונגדיות), אך מאחר שבמקבילית זו ישנן שתי צלעות סמוכות שוות ) ( DA = AE =, הרי שהיא מעוין. מכאן גם DO = והמשולש DOC ש"צ. הוכחה דרך ב' דרך הקדקודים B ו - C נעביר ישרים, היוצרים זווית של 15 עם הצלע.BC הישרים נחתכים בנקודה 'O. המשולש BOO' הוא ש"צ. ע"י חישוב-זוויות נקבל:. מזה נובע, OCO ' = 15 ש- = 3 OCB, ולכן, DOC הוא ש"צ. = 6 O והמשולש הוכחה דרך ג' נציגהוכחה בדרך השלילה: המשולש O' הוא משולש ש"צ. לפי זה, הזווית O' CB= 3. O'CB לכן, היא זווית-ראש במשולש ש"ש = 75 ' CBO. היות והזווית בקדקוד B היא בת, 9 הדבר מחייב, שהקדקודים O ו -' O יתלכדו בסתירה לנתון, כלומר, DOC הוא ש"צ. 69
משה סטופל ושלמה חריר הוכחה דרך ד' נעביר את אלכסוני הריבוע, ונסמן ב- E את נקודת- החיתוך שלהם. ההמשך של AO חותך את האלכסון בנקודה F ואת הצלע BC בנקודה G. לפי חישוב זוויות נקבל:. CAO = 3 נחבר את הנקודה F עם הקדקוד C..AC הוא אנך אמצעי לאלכסון FD מתכונת האנך האמצעי נקבל: EAO = ECO = 3 EFA = EFC = 6, מחישוב זוויות נקבל:, CFO = CFB = 1, ECG =15 3 FOB = FBO = FO = FB המשולשים: CFB ו - CFO חופפים עפ"י צ.ז.צ. מהחפיפה נקבל:, OCF = FCB = 15 O הוא ש"צ. ומכאן,. OCB המשולש = 3 OCD = 6 לכן סיכום המשימות שהוצגו הן חלק קטן ביותר ממכלול רחב של בעיות הנדסה, שניתן למצוא להן יותר מדרך פתרון אחת. מגוון הפתרונות מצביע על יופייה של המתמטיקה ומעורר דחף ואתגר למציאת פתרונות נוספים, לעתים מפתיעים ובלתי שגרתיים. פתרונות אלו מקנים מיומנות כלים ודרכי פתרון ומאפשרים התמודדות עם משימות קשות, אשר רבה תרומתן לפיתוח החשיבה, והן גורמות הנאה רבה לשוחרי המתמטיקה ולחובביה. 7
"יפה היא הגאומטריה" חיזוק ההיגד ע"י הצגת דרכי פתרון אחדות לאותה משימה. בביליוגרפיה זיסקין, ק', שריקי, ע' (5). אפשר גם בלי טריגונומטריה דרך אחרת לחישוב אורכי המחוגים של מעגל חוסם ומעגל חסום של משולש, על"ה, 35. לייקין, ר', גורביץ, א' מדיקוב, ל' (3). אוגדן משימות מקשרות, משרד החינוך ואוניברסיטת חיפה. מוגילבסקי, ר', סטופל מ' (תשס"ד). מציאת ערכי קיצון: מינימום/מקסימום, ללא שימוש במחשבון דיפרנציאלי. "שאנן", כרך ט' כתב-עת של המכללה האקדמית הדתית לחינוך, חיפה. סטופל, מ', מוגילבסקי, ר' (תשס"ד). הדגמת דרכי-פתרון שונות לארבע משימות הנדסיות. "שאנן", כרך ט' כתב-עת של המכללה האקדמית הדתית לחינוך, חיפה. א. סאלח, פ' (תשס"ד). הוכחה בדרך אחרת, על"ה, 31. ב. אפלבאום, מ', סמובול, פ' (תשס"ו). תגובה למאמר: "הוכחה בדרך אחרת", על"ה, 35..1..3.4.5 71
משה סטופל ושלמה חריר 7