3 módszer a Pitagorasz-tétel bizonyítására. Feladatok megoldása a Pitagorasz-tétel segítségével

A kreativitás lehetőségét általában a bölcsészettudományoknak tulajdonítják, a természettudományt az elemzésre, a gyakorlati megközelítésre, valamint a képletek és számok száraz nyelvezetére bízva. A matematika nem sorolható a humán tárgyak közé. De kreativitás nélkül nem jutsz messzire a „minden tudomány királynőjében” – ezt már régóta tudják az emberek. Püthagorasz kora óta például.

Az iskolai tankönyvek sajnos általában nem magyarázzák el, hogy a matematikában nem csak tételek, axiómák és képletek zsúfolása fontos. Fontos megérteni és átérezni az alapvető elveit. És ugyanakkor próbálja meg felszabadítani elméjét a kliséktől és az elemi igazságoktól - csak ilyen körülmények között születik minden nagy felfedezés.

Ilyen felfedezések közé tartozik az, amit ma Pitagorasz-tételként ismerünk. Segítségével megpróbáljuk megmutatni, hogy a matematika nem csak tud, de izgalmasnak is kell lennie. És hogy ez a kaland nem csak a vastag szemüveges nebulóknak alkalmas, hanem mindenkinek, aki elmében erős és lélekben erős.

A kérdés történetéből

Szigorúan véve, bár a tételt „Pitagorasz-tételnek” nevezik, maga Pythagoras nem fedezte fel. A derékszögű háromszöget és speciális tulajdonságait már jóval előtte tanulmányozták. Ebben a kérdésben két sarkos nézőpont létezik. Az egyik változat szerint Pythagoras volt az első, aki teljes bizonyítást talált a tételre. Egy másik szerint a bizonyítás nem Püthagorasz szerzőségéhez tartozik.

Ma már nem tudod ellenőrizni, hogy kinek van igaza és kinek nincs igaza. Azt tudjuk, hogy Pythagoras bizonyítéka, ha valaha is létezett, nem maradt fenn. Vannak azonban olyan felvetések, hogy az Euklidész elemeiből származó híres bizonyíték Pythagorasé lehet, és Eukleidész csak feljegyezte.

Ma az is ismert, hogy a derékszögű háromszöggel kapcsolatos problémák I. Amenemhat fáraó idejéből származó egyiptomi forrásokban, Hammurapi király uralkodása idejéből származó babiloni agyagtáblákon, a „Sulva Sutra” óindiai értekezésben és az ókori kínai műben találhatók. Zhou-bi suan jin”.

Amint láthatja, a Pitagorasz-tétel ősidők óta foglalkoztatja a matematikusok elméjét. Ezt mintegy 367 különböző ma létező bizonyíték erősíti meg. Ebben semmilyen más tétel nem versenyezhet vele. A híres bizonyítási szerzők közül megidézhetjük Leonardo da Vincit és James Garfield huszadik amerikai elnököt. Mindez e tétel rendkívüli fontosságáról beszél a matematika számára: a geometria tételeinek többsége ebből származik, vagy valamilyen módon kapcsolódik hozzá.

A Pitagorasz-tétel bizonyításai

Az iskolai tankönyvek többnyire algebrai bizonyítást adnak. De a tétel lényege a geometriában van, ezért először nézzük meg a híres tétel azon bizonyításait, amelyek ezen a tudományon alapulnak.

Bizonyíték 1

A Pitagorasz-tétel derékszögű háromszögre vonatkozó legegyszerűbb bizonyításához ideális feltételeket kell felállítani: legyen a háromszög ne csak derékszögű, hanem egyenlő szárú is. Okkal feltételezhetjük, hogy az ókori matematikusok kezdetben pontosan ezt a háromszöget vették figyelembe.

Nyilatkozat „Egy derékszögű háromszög hipotenuszára épített négyzet egyenlő a lábaira épített négyzetek összegével” az alábbi rajzzal szemléltethető:

Nézze meg az ABC egyenlő szárú derékszögű háromszöget: Az AC hipotenuszon négy háromszögből álló négyzetet szerkeszthet, amely megegyezik az eredeti ABC-vel. Az AB és BC oldalakon pedig egy négyzet épül, amelyek mindegyike két hasonló háromszöget tartalmaz.

Ez a rajz egyébként számos vicc és rajzfilm alapját képezte, amelyeket a Pitagorasz-tételnek szenteltek. A leghíresebb valószínűleg "A Pitagorasz nadrág minden irányban egyenlő":

Bizonyíték 2

Ez a módszer ötvözi az algebrát és a geometriát, és Bhaskari matematikus ősi indiai bizonyítékának egy változatának tekinthető.

Szerkesszünk derékszögű háromszöget oldalakkal a, b és c(1. ábra). Ezután készítsen két négyzetet, amelyek oldalai egyenlők a két láb hosszának összegével - (a+b). Mindegyik négyzetben készítsen konstrukciókat a 2. és 3. ábrán látható módon.

Az első négyzetbe építs négy, az 1. ábrához hasonló háromszöget. Az eredmény két négyzet: az egyiknek a oldala, a másodiknak oldala b.

A második négyzetben négy hasonló háromszög alkot egy négyzetet, amelynek oldala egyenlő a befogóval c.

A 2. ábrán megszerkesztett négyzetek területeinek összege megegyezik a 3. ábrán a c oldallal megszerkesztett négyzet területével. Ez könnyen ellenőrizhető, ha kiszámítja a négyzetek területét az ábrán. 2 a képlet szerint. A beírt négyzet területét pedig a 3. ábrán úgy, hogy a négyzetbe írt négy egyenlő derékszögű háromszög területét kivonjuk egy oldallal rendelkező nagy négyzet területéből (a+b).

Mindezt leírva a következőket kapjuk: a 2 +b 2 =(a+b) 2 – 2ab. Nyissa ki a zárójeleket, végezze el az összes szükséges algebrai számítást, és kapja meg a 2 +b 2 = a 2 +b 2. Ebben az esetben a 3. ábrán beírt terület. négyzet a hagyományos képlettel is kiszámítható S=c 2. Azok. a 2 +b 2 =c 2– bebizonyítottad a Pitagorasz-tételt.

Bizonyíték 3

Magát az ősi indiai bizonyítást a 12. században ismertették „A tudás koronája” („Siddhanta Shiromani”) című értekezésben, és fő érvként a szerző a hallgatók és követők matematikai tehetségére és megfigyelőkészségére irányuló felhívást használ: „ Néz!"

De ezt a bizonyítékot részletesebben elemezzük:

A négyzeten belül építs négy derékszögű háromszöget a rajz szerint. Jelöljük a nagy négyzet, más néven hipotenusz oldalát, Val vel. Nevezzük a háromszög lábait AÉs b. A rajz szerint a belső négyzet oldala az (a-b).

Használja a képletet egy négyzet területére S=c 2 a külső négyzet területének kiszámításához. És ugyanakkor számítsa ki ugyanazt az értéket a belső négyzet területének és mind a négy derékszögű háromszög területeinek összeadásával: (a-b) 2 2+4*1\2*a*b.

Mindkét lehetőséget használhatja a négyzet területének kiszámításához, hogy megbizonyosodjon arról, hogy ugyanazt az eredményt adják. És ez jogot ad arra, hogy ezt leírd c 2 =(a-b) 2 +4*1\2*a*b. A megoldás eredményeként megkapja a Pitagorasz-tétel képletét c 2 =a 2 + b 2. A tétel bebizonyosodott.

4. bizonyítás

Ezt a különös ősi kínai bizonyítékot „menyasszonyi széknek” nevezték el – az összes konstrukcióból származó székszerű alak miatt:

A második próba során azt a rajzot használja, amelyet a 3. ábrán már láthattunk. A c oldalú belső négyzet pedig ugyanúgy van megszerkesztve, mint a fentebb megadott ősi indiai bizonyításban.

Ha gondolatban levágunk két zöld téglalap alakú háromszöget az 1. ábra rajzából, áthelyezzük őket a c oldalú négyzet ellentétes oldalaira, és a befogókat a lila háromszögek befogóihoz rögzítjük, akkor egy „menyasszonyi szék” nevű figurát kapunk. (2. ábra). Az egyértelműség kedvéért ugyanezt megteheti papír négyzetekkel és háromszögekkel. Győződjön meg arról, hogy a „menyasszonyi széket” két négyzet alkotja: kicsik, amelyeknek oldala van bés nagy oldalával a.

Ezek a konstrukciók lehetővé tették az ókori kínai matematikusok és mi, őket követve, arra a következtetésre jutni c 2 =a 2 + b 2.

Bizonyíték 5

Ez egy másik módja annak, hogy geometria segítségével megoldást találjunk a Pitagorasz-tételre. Ezt Garfield-módszernek hívják.

Szerkesszünk derékszögű háromszöget ABC. Ezt be kell bizonyítanunk BC 2 = AC 2 + AB 2.

Ehhez folytassa a lábát ACés egy szegmenst készítünk CD, ami egyenlő a lábbal AB. Engedje le a merőlegest HIRDETÉS vonalszakasz ED. Szegmensek EDÉs AC egyenlőek. Összekötni a pontokat EÉs BAN BEN, és EÉs VAL VELés kap egy rajzot, mint az alábbi képen:

A torony bizonyításához ismét a már kipróbált módszerhez folyamodunk: kétféleképpen keressük meg a kapott figura területét, és egyenlővé tesszük a kifejezéseket.

Keresse meg egy sokszög területét EGY ÁGY megtehető az azt alkotó három háromszög területeinek összeadásával. És egyikük, ERU, nemcsak téglalap alakú, hanem egyenlő szárú is. Ne feledkezzünk meg arról sem AB=CD, AC=EDÉs BC=SE– ezzel leegyszerűsíthetjük a felvételt, és nem terheljük túl. Így, S ABED =2*1/2(AB*AC)+1/2ВС 2.

Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy EGY ÁGY- Ez egy trapéz. Ezért a területét a következő képlet segítségével számítjuk ki: S ABED =(DE+AB)*1/2AD. Számításainkhoz kényelmesebb és áttekinthetőbb a szegmens ábrázolása HIRDETÉS mint a szegmensek összege ACÉs CD.

Írjuk fel az ábra területének kiszámításának mindkét módját, és tegyünk közéjük egyenlőségjelet: AB*AC+1/2BC 2 =(DE+AB)*1/2(AC+CD). Az általunk már ismert és fentebb leírt szegmensek egyenlőségét használjuk a jelölés jobb oldalának egyszerűsítésére: AB*AC+1/2BC 2 =1/2(AB+AC) 2. Most nyissuk meg a zárójeleket, és alakítsuk át az egyenlőséget: AB*AC+1/2BC 2 =1/2AC 2 +2*1/2(AB*AC)+1/2AB 2. Az összes átalakítást követően pontosan azt kapjuk, amire szükségünk van: BC 2 = AC 2 + AB 2. A tételt bebizonyítottuk.

Természetesen a bizonyítékok listája még korántsem teljes. A Pitagorasz-tétel vektorokkal, komplex számokkal, differenciálegyenletekkel, sztereometriával stb. És még a fizikusok is: ha például folyadékot öntünk a rajzokon láthatóhoz hasonló négyzet és háromszög alakú térfogatokba. Folyadék öntésével igazolhatja a területek egyenlőségét és ennek eredményeként magát a tételt.

Néhány szó a Pitagorasz-hármasokról

Ezt a kérdést az iskolai tantervben kevés, vagy egyáltalán nem vizsgálják. Eközben nagyon érdekes és nagy jelentősége van a geometriában. A Pitagorasz-hármasokat számos matematikai probléma megoldására használják. Ezek megértése hasznos lehet a továbbtanulás során.

Tehát mik azok a Pitagorasz-hármasok? Ez a három csoportba gyűjtött természetes számok neve, amelyek közül kettő négyzetének összege egyenlő a harmadik szám négyzetével.

A Pitagorasz-hármasok lehetnek:

primitív (mindhárom szám viszonylag prím);
nem primitív (ha egy hármas minden számát megszorozzuk ugyanazzal a számmal, akkor egy új hármast kapunk, ami nem primitív).

Az ókori egyiptomiakat már korszakunk előtt is lenyűgözte a Pitagorasz-hármasok számmániája: a feladatokban egy derékszögű háromszöget vettek figyelembe, amelynek oldalai 3, 4 és 5 egységnyiek. Egyébként minden olyan háromszög, amelynek oldalai megegyeznek a Pitagorasz-hármasból származó számokkal, alapértelmezés szerint téglalap alakú.

Példák a Pitagorasz-hármasokra: (3, 4, 5), (6, 8, 10), (5, 12, 13), (9, 12, 15), (8, 15, 17), (12, 16, 20 ), (15, 20, 25), (7, 24, 25), (10, 24, 26), (20, 21, 29), (18, 24, 30), (10, 30, 34) , (21, 28, 35), (12, 35, 37), (15, 36, 39), (24, 32, 40), (9, 40, 41), (27, 36, 45), ( 14, 48, 50), (30, 40, 50) stb.

A tétel gyakorlati alkalmazása

A Pitagorasz-tételt nemcsak a matematikában használják, hanem az építészetben és az építőiparban, a csillagászatban és még az irodalomban is.

Először is a felépítésről: a Pitagorasz-tételt széles körben használják különféle bonyolultságú problémákban. Nézzünk például egy román stílusú ablakot:

Jelöljük az ablak szélességét mint b, akkor a fő félkör sugarát így jelölhetjük Rés kifejezni keresztül b: R=b/2. A kisebb félkörök sugara keresztül is kifejezhető b: r=b/4. Ebben a feladatban minket az ablak belső körének sugara érdekel (nevezzük p).

A Pitagorasz-tétel csak hasznos a számításhoz R. Ehhez egy derékszögű háromszöget használunk, amelyet az ábrán pontozott vonal jelöl. A háromszög hipotenusza két sugárból áll: b/4+p. Az egyik láb a sugarat jelenti b/4, egy másik b/2-p. A Pitagorasz-tétel segítségével ezt írjuk: (b/4+p) 2 = (b/4) 2 + (b/2-p) 2. Ezután kinyitjuk a zárójeleket, és megkapjuk b 2 /16+ bp/2+p 2 =b 2 /16+b 2 /4-bp+p 2. Alakítsuk át ezt a kifejezést a következőre bp/2=b 2 /4-bp. És akkor elosztjuk az összes kifejezést b, hasonlókat mutatunk be 3/2*p=b/4. És a végén azt találjuk p=b/6- amire szükségünk volt.

A tétel segítségével kiszámíthatja a szarufák hosszát egy nyeregtetőhöz. Határozza meg, milyen magas mobilkommunikációs torony szükséges ahhoz, hogy a jel elérjen egy adott lakott területet! És még egy karácsonyfát is telepítsen fenntarthatóan a város főterére. Mint látható, ez a tétel nem csak a tankönyvek lapjain él, hanem gyakran hasznos a való életben is.

Az irodalomban a Pitagorasz-tétel az ókor óta ihlette az írókat, és ez a mai napig is így van. Például a tizenkilencedik századi német író, Adelbert von Chamisso ihletet kapott egy szonett megírására:

Az igazság fénye nem oszlik el egyhamar,
De miután ragyogott, nem valószínű, hogy eloszlik
És mint több ezer évvel ezelőtt,
Nem fog kétséget vagy vitát okozni.

A legbölcsebb, ha megérinti a tekintetét
Az igazság fénye, hála az isteneknek;
És száz levágott bika hazudik -
Viszonzó ajándék a szerencsés Pythagorastól.

Azóta a bikák kétségbeesetten ordítanak:
Örökre riasztotta a bika törzset
Itt említett esemény.

Úgy tűnik számukra, hogy hamarosan eljön az idő,
És újra feláldozzák őket
Valami nagyszerű tétel.

(Viktor Toporov fordítása)

A huszadik században pedig Jevgenyij Veltisztov szovjet író „Az elektronika kalandjai” című könyvében egy egész fejezetet szentelt a Pitagorasz-tétel bizonyításának. És még egy fél fejezet a kétdimenziós világról szóló történethez, amely akkor létezhetne, ha a Pitagorasz-tétel egyetlen világ alaptörvényévé, sőt vallásává válna. Ott élni sokkal könnyebb, de sokkal unalmasabb is lenne: például ott senki sem érti a „kerek” és a „bolyhos” szavak jelentését.

A „The Adventures of Electronics” című könyvben pedig a szerző Taratar matematikatanár szájával ezt mondja: „A matematikában a legfontosabb a gondolatok mozgása, az új ötletek.” Pontosan ebből a kreatív gondolatmenetből adódik a Pitagorasz-tétel – nem hiába van annyi változatos bizonyítása. Segít túllépni az ismerős határain, és új módon tekinteni az ismerős dolgokra.

Következtetés

Ezt a cikket azért hoztuk létre, hogy a matematika iskolai tantervén túl nézhessen, és ne csak a Pitagorasz-tétel azon bizonyításait tanulja meg, amelyek a „Geometria 7-9” (L.S. Atanasyan, V.N. Rudenko) és a „Geometry 7” tankönyvekben találhatók - 11” (A.V. Pogorelov), hanem más érdekes módszerek is a híres tétel bizonyítására. És lásson példákat arra is, hogyan alkalmazható a Pitagorasz-tétel a mindennapi életben.

Először is, ez az információ lehetővé teszi, hogy magasabb pontszámokat szerezzen a matematika órákon – a témával kapcsolatos további forrásokból származó információkat mindig nagyra értékeljük.

Másodszor, segíteni akartunk önnek érezni, milyen érdekes a matematika. Konkrét példákkal erősítse meg, hogy mindig van hely a kreativitásnak. Reméljük, hogy a Pitagorasz-tétel és ez a cikk ösztönözni fogja Önt arra, hogy önállóan fedezze fel és tegyen izgalmas felfedezéseket a matematika és más tudományok területén.

Mondja el nekünk a megjegyzésekben, ha érdekesnek találta a cikkben bemutatott bizonyítékokat. Hasznosnak találta ezeket az információkat tanulmányai során? Írja meg nekünk, mit gondol a Pitagorasz-tételről és erről a cikkről – mindezt szívesen megbeszéljük Önnel.

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

(a Berlini Múzeum 6619. számú papirusza szerint). Cantor szerint a harpedonaptes, vagyis a „kötélhúzók” derékszöget építettek 3, 4 és 5 oldalú derékszögű háromszögekkel.

Nagyon könnyű reprodukálni az építési módjukat. Vegyünk egy 12 m hosszú kötelet, és kössünk rá egy színes csíkot az egyik végétől 3 m-re, a másik végétől 4 méter távolságra. A derékszög 3 és 4 méter hosszú oldalak között lesz. Kifogásolható a Harpedonaptes, hogy az építési módszerük feleslegessé válik, ha például egy fából készült négyzetet használunk, amelyet minden asztalos használ. Valójában ismertek egyiptomi rajzok, amelyeken ilyen eszköz található - például egy asztalosműhelyt ábrázoló rajzok.

A babilóniaiaknál valamivel többet tudunk a Pitagorasz-tételről. Az egyik szövegben, amely Hammurapi idejére nyúlik vissza, azaz ie 2000-ig. e. , egy derékszögű háromszög befogójának közelítő számítását adjuk meg. Ebből arra következtethetünk, hogy Mezopotámiában derékszögű háromszögekkel is tudtak számításokat végezni, legalábbis bizonyos esetekben. Van der Waerden (holland matematikus) egyrészt az egyiptomi és babiloni matematika jelenlegi tudásszintje, másrészt a görög források kritikai tanulmányozása alapján arra a következtetésre jutott, hogy nagy a valószínűsége annak, hogy a A hipotenusz négyzetére vonatkozó tétel Indiában már az ie 18. század körül ismert volt. e.

Kr.e. 400 körül. Kr.e. Proklosz szerint Platón módszert adott a Pitagorasz-hármasok megtalálására, az algebra és a geometria kombinálására. Kr.e. 300 körül. e. A Pitagorasz-tétel legrégebbi axiomatikus bizonyítéka Euklidész Elemei című művében jelent meg.

Kiszerelések

Geometriai összetétel:

A tétel eredetileg a következőképpen fogalmazódott meg:

Algebrai megfogalmazás:

Ez azt jelenti, hogy a háromszög befogójának hosszát jelöli, a lábak hosszát pedig és :

A tétel mindkét megfogalmazása ekvivalens, de a második megfogalmazás elemibb, nem igényli a terület fogalmát. Vagyis a második állítás igazolható anélkül, hogy bármit is tudnánk a területről, és csak egy derékszögű háromszög oldalainak hosszát mérjük meg.

Fordított Pitagorasz-tétel:

Bizonyíték

Természetesen fogalmilag mindegyik kis számú osztályra osztható. Közülük a leghíresebbek: területmódszeres bizonyítások, axiomatikus és egzotikus bizonyítások (például differenciálegyenletekkel).

Hasonló háromszögeken keresztül

Hadd ABC van derékszögű derékszögű háromszög C. Rajzoljuk le a magasságot C alapját pedig jelölje H. Háromszög ACH háromszöghöz hasonló ABC két sarkán. Hasonlóképpen, háromszög CBH hasonló ABC. A jelölés bevezetésével

kapunk

Mi az egyenértékű

Összeadva azt kapjuk

, amit bizonyítani kellett

Bizonyítások területmódszerrel

Az alábbi bizonyítások látszólagos egyszerűségük ellenére egyáltalán nem ilyen egyszerűek. Mindannyian a terület tulajdonságait használják, amelyek bizonyítása bonyolultabb, mint magának a Pitagorasz-tételnek a bizonyítása.

Bizonyítás ekvikomplementaritáson keresztül

Rendezzünk négy egyenlő derékszögű háromszöget az 1. ábra szerint.
Négyszög oldalakkal c négyzet, mivel két hegyesszög összege 90°, az egyenes szöge pedig 180°.
A teljes ábra területe egyrészt egyenlő az (a + b) oldalú négyzet területével, másrészt a négy háromszög területeinek összegével és a a belső tér területe.

Q.E.D.

Eukleidész bizonyítéka

Nézzük a bal oldali rajzot. Rajta négyzeteket szerkesztettünk egy derékszögű háromszög oldalaira, és a C derékszög csúcsából s sugarat rajzoltunk az AB hipotenuszra merőlegesen, a befogóra épített ABIK négyzetet két téglalapra vágja - BHJI és HAKJ, illetőleg. Kiderült, hogy ezeknek a téglalapoknak a területe pontosan megegyezik a megfelelő lábakra épített négyzetek területével.

Próbáljuk bebizonyítani, hogy a DECA négyzet területe megegyezik az AHJK téglalap területével. az adott téglalap egyenlő az adott téglalap területének felével. Ez annak a következménye, hogy egy háromszög területét az alap és a magasság szorzatának feleként határozzuk meg. Ebből a megfigyelésből az következik, hogy az ACK háromszög területe megegyezik az AHK háromszög területével (az ábrán nem látható), ami viszont egyenlő az AHJK téglalap területének felével.

Most bizonyítsuk be, hogy az ACK háromszög területe is egyenlő a DECA négyzet területének felével. Ehhez az egyetlen dolog, amit meg kell tenni, az ACK és BDA háromszögek egyenlőségének bizonyítása (mivel a BDA háromszög területe a fenti tulajdonság szerint egyenlő a négyzet területének felével). Ez az egyenlőség nyilvánvaló: a háromszögek mindkét oldalán egyenlők, és a köztük lévő szög is egyenlő. Ugyanis - AB=AK, AD=AC - a CAK és a BAD szögek egyenlősége könnyen igazolható mozgásmódszerrel: a CAK háromszöget 90°-kal elforgatjuk az óramutató járásával ellentétes irányba, ekkor nyilvánvaló, hogy a két háromszög megfelelő oldalai kérdés egybeesik (annak a ténynek köszönhetően, hogy a négyzet csúcsánál bezárt szög 90°).

A BCFG négyzet és a BHJI téglalap területeinek egyenlőségének indoklása teljesen hasonló.

Így bebizonyítottuk, hogy a hipotenuszra épített négyzet területe a lábakra épített négyzetek területeiből tevődik össze. A bizonyíték mögött meghúzódó gondolatot tovább szemlélteti a fenti animáció.

Leonardo da Vinci bizonyítéka

A bizonyítás fő elemei a szimmetria és a mozgás.

Tekintsük a rajzot, ahogy a szimmetriából is látszik, a szegmens két egyforma részre vágja a négyzetet (mivel a háromszögek felépítésükben egyenlőek).

A pont körül az óramutató járásával ellentétes irányú 90 fokos elforgatással látjuk az árnyékolt ábrák egyenlőségét és.

Most már világos, hogy az általunk árnyékolt ábra területe megegyezik a kis négyzetek (a lábakra épített) területének felének és az eredeti háromszög területének összegével. Másrészt ez egyenlő a nagy négyzet (a hipotenuszra épített) és az eredeti háromszög területének felével. Így a kis négyzetek területének összegének fele egyenlő a nagy négyzet területének felével, ezért a lábakra épített négyzetek területeinek összege egyenlő a négyzetre épített négyzet területével. átfogó.

Bizonyítás infinitezimális módszerrel

A következő, differenciálegyenleteket használó bizonyítást gyakran a híres angol matematikusnak, Hardynak tulajdonítják, aki a 20. század első felében élt.

Az ábrán látható rajzot nézve és az oldal változását figyelve a, a következő összefüggést írhatjuk fel infinitezimális oldalnövekményekre Val velÉs a(háromszög hasonlóságot használva):

A változók szétválasztásának módszerével azt találjuk

Egy általánosabb kifejezés a hipotenúzus változására mindkét oldali növekmény esetén

Ezt az egyenletet integrálva és a kezdeti feltételek felhasználásával megkapjuk

Így elérkeztünk a kívánt válaszhoz

Amint az könnyen belátható, a végső képletben a másodfokú függés a háromszög oldalai és a növekmény közötti lineáris arányosság miatt jelenik meg, míg az összeg a különböző lábak növekményéből származó független hozzájárulásokhoz kapcsolódik.

Egyszerűbb bizonyítékot kaphatunk, ha feltételezzük, hogy az egyik láb nem tapasztal növekményt (jelen esetben láb). Ekkor megkapjuk az integrációs állandót

Változatok és általánosítások

Hasonló geometriai formák három oldalon

Általánosítás hasonló háromszögekre, a zöld alakzatok területe A + B = a kék C területe

Pitagorasz-tétel hasonló derékszögű háromszögek felhasználásával

Euklidész általánosította munkájában a Pitagorasz-tételt Kezdetek, kiterjesztve az oldalsó négyzetek területét a hasonló geometriai alakzatok területére:

Ha egy derékszögű háromszög oldalaira hasonló geometriai alakzatokat (lásd az euklideszi geometriát) építünk, akkor a két kisebb alak összege megegyezik a nagyobb ábra területével.

Ennek az általánosításnak az a fő gondolata, hogy egy ilyen geometriai alakzat területe arányos bármely lineáris méretének négyzetével, és különösen bármely oldal hosszának négyzetével. Ezért hasonló számadatokhoz területekkel A, BÉs C oldalra épített hosszúsággal a, bÉs c, nekünk van:

De a Pitagorasz-tétel szerint a 2 + b 2 = c 2 akkor A + B = C.

Megfordítva, ha ezt be tudjuk bizonyítani A + B = C három hasonló geometriai alakra a Pitagorasz-tétel használata nélkül, akkor magát a tételt tudjuk bizonyítani, ellenkező irányban mozogva. Például a kezdő középső háromszög újra felhasználható háromszögként C a hipotenuszon, és két hasonló derékszögű háromszög ( AÉs B), a másik két oldalra épülnek, amelyek a középső háromszög magasságával való osztásával jönnek létre. A két kisebb háromszög területének összege ekkor nyilvánvalóan egyenlő a harmadik területével, tehát A + B = Cés az előző bizonyítást fordított sorrendben végrehajtva megkapjuk a Pitagorasz-tételt a 2 + b 2 = c 2 .

Koszinusz tétel

A Pitagorasz-tétel az általánosabb koszinusztétel speciális esete, amely egy tetszőleges háromszög oldalainak hosszát viszonyítja:

ahol θ az oldalak közötti szög aÉs b.

Ha θ 90 fok, akkor cos θ = 0 és a képlet a szokásos Pitagorasz-tételre egyszerűsödik.

Ingyenes háromszög

Egy tetszőleges oldalakkal rendelkező háromszög bármely kiválasztott sarkához a, b, cÍrjunk be egy egyenlő szárú háromszöget úgy, hogy a θ alapjának egyenlő szögei egyenlők legyenek a választott szöggel. Tegyük fel, hogy a kiválasztott θ szög a kijelölt oldallal szemben helyezkedik el c. Ennek eredményeként θ szögű ABD háromszöget kaptunk, amely az oldallal szemben helyezkedik el aés partik r. A második háromszöget a θ szög alkotja, amely az oldallal szemben helyezkedik el bés partik Val vel hossz s, ahogy a képen is látszik. Thabit Ibn Qurra azzal érvelt, hogy e három háromszög oldalai a következőképpen kapcsolódnak egymáshoz:

Ahogy a θ szög megközelíti a π/2-t, az egyenlő szárú háromszög alapja kisebb lesz, és a két r és s oldal egyre kevésbé fedi egymást. Ha θ = π/2, az ADB derékszögű háromszöggé válik, r + s = cés megkapjuk a kezdeti Pitagorasz-tételt.

Tekintsük az egyik érvet. Az ABC háromszögnek ugyanazok a szögei, mint az ABD háromszögnek, de fordított sorrendben. (A két háromszögnek közös a szöge a B csúcsban, mindkettőnek θ szöge van és a harmadik szöge is azonos, a háromszög szögeinek összege alapján) Ennek megfelelően az ABC hasonló a DBA háromszög ABD visszaverődéséhez, mivel az alsó ábrán látható. Írjuk fel az ellentétes oldalak és a θ szöggel szomszédos oldalak közötti kapcsolatot,

Szintén egy másik háromszög tükörképe,

Szorozzuk meg a törteket, és adjuk össze ezt a két arányt:

Q.E.D.

Általánosítás tetszőleges háromszögekre paralelogrammákkal

Általánosítás tetszőleges háromszögekre,
zöldterület telek = terület kék

A fenti ábrán látható tézis bizonyítása

Tegyünk egy további általánosítást nem derékszögű háromszögekre úgy, hogy négyzetek helyett paralelogrammákat használunk három oldalon. (a négyzetek speciális esetek.) A felső ábra azt mutatja, hogy hegyesszögű háromszög esetén a paralelogramma területe a hosszú oldalon egyenlő a másik két oldalon lévő paralelogramma összegével, feltéve, hogy a paralelogramma a hosszú oldalon oldala az ábrán látható módon van megszerkesztve (a nyilak által jelzett méretek megegyeznek, és meghatározzák az alsó paralelogramma oldalait). A négyzetek paralelogrammákkal való helyettesítése világosan hasonlít Püthagorasz kiinduló tételére, amelyet az alexandriai Pappus fogalmazott meg i.sz. 4-ben. e.

Az alsó ábra a bizonyítás menetét mutatja. Nézzük a háromszög bal oldalát. A bal oldali zöld paralelogramma területe megegyezik a kék paralelogramma bal oldalával, mert ugyanaz az alapja bés magasság h. Ezenkívül a bal oldali zöld paralelogramma területe megegyezik a bal oldali zöld paralelogrammával a felső képen, mivel közös alapjuk (a háromszög bal felső oldala) és közös magasságuk van, amely merőleges a háromszög oldalára. Hasonló érveléssel a háromszög jobb oldalára is bebizonyítjuk, hogy az alsó paralelogramma területe megegyezik a két zöld paralelogramma területével.

Komplex számok

A Pitagorasz-tétel a két pont távolságának meghatározására szolgál egy derékszögű koordinátarendszerben, és ez a tétel minden valódi koordinátára érvényes: távolság s két pont között ( a, b) És ( CD) egyenlő

Nincs probléma a képlettel, ha a komplex számokat valós komponensű vektorokként kezeljük x + én y = (x, y). . Például a távolság s 0 + 1 között énés 1 + 0 én a vektor modulusaként számítjuk ki (0, 1) − (1, 0) = (−1, 1), vagy

Az összetett koordinátákkal rendelkező vektorokkal végzett műveletekhez azonban néhány javítást kell végrehajtani a Pitagorasz-képletben. Komplex számokkal rendelkező pontok közötti távolság ( a, b) És ( c, d); a, b, c, És d minden összetett, abszolút értékeket használva fogalmazzuk meg. Távolság s vektorkülönbség alapján (a − c, b − d) a következő formában: legyen a különbség a − c = p+i q, Ahol p- a különbség valódi része, q a képzetes rész, és i = √(−1). Ugyanígy hagyjuk b − d = r+i s. Akkor:

ahol a komplex konjugált száma. Például a pontok közötti távolság (a, b) = (0, 1) És (c, d) = (én, 0) , számoljuk ki a különbséget (a − c, b − d) = (−én, 1) és az eredmény 0 lenne, ha nem használnánk komplex konjugátumokat. Ezért a javított képlet segítségével azt kapjuk

A modul meghatározása a következő:

Sztereometria

A Pitagorasz-tétel háromdimenziós térre vonatkozó jelentős általánosítása de Goy tétele, amelyet J.-P. de Gois: ha egy tetraéder derékszögű (mint egy kockában), akkor a derékszöggel ellentétes lap területének négyzete egyenlő a másik három lap területének négyzeteinek összegével. Ezt a következtetést a következőképpen lehet összefoglalni: n-dimenziós Pitagorasz-tétel":

A Pitagorasz-tétel háromdimenziós térben az AD átlót három oldalhoz viszonyítja.

Egy másik általánosítás: A Pitagorasz-tétel a következő formában alkalmazható a sztereometriára. Tekintsünk egy téglalap alakú paralelepipedust az ábrán látható módon. Határozzuk meg a BD átló hosszát a Pitagorasz-tétel segítségével:

ahol a három oldal derékszögű háromszöget alkot. Az AD átló hosszának meghatározásához a BD vízszintes átlót és az AB függőleges élt használjuk, ehhez ismét a Pitagorasz-tételt használjuk:

vagy ha mindent egy egyenletbe írunk:

Ez az eredmény egy háromdimenziós kifejezés a vektor nagyságának meghatározásához v(AD átló), merőleges összetevőiben kifejezve ( v k ) (három egymásra merőleges oldal):

Ez az egyenlet a Pitagorasz-tétel többdimenziós térre vonatkozó általánosításának tekinthető. Az eredmény azonban valójában nem más, mint a Pitagorasz-tétel ismételt alkalmazása derékszögű háromszögek sorozatára egymás után merőleges síkban.

Vektor tér

Ortogonális vektorrendszer esetén létezik egy egyenlőség, amelyet Pitagorasz-tételnek is neveznek:

Ha - ezek a vektor vetületei a koordináta tengelyekre, akkor ez a képlet egybeesik az euklideszi távolsággal - és azt jelenti, hogy a vektor hossza egyenlő az összetevői négyzetösszegének négyzetgyökével.

Ennek az egyenlőségnek analógját egy végtelen vektorrendszer esetén Parseval-egyenlőségnek nevezzük.

Nem euklideszi geometria

A Pitagorasz-tétel az euklideszi geometria axiómáiból származik, és valójában nem érvényes a nem euklideszi geometriára, abban a formában, ahogyan fentebb írtuk. (Azaz a Pitagorasz-tétel egyfajta ekvivalensnek bizonyul Euklidész párhuzamossági posztulátumával.) Más szóval, a nem-euklideszi geometriában a háromszög oldalai közötti kapcsolat szükségszerűen a Pitagorasz-tételtől eltérő formában lesz. Például a gömbgeometriában egy derékszögű háromszög mindhárom oldala (mondjuk a, bÉs c), amelyek az egységgömb oktánsát (nyolcadik részét) korlátozzák, π/2 hosszúságúak, ami ellentmond a Pitagorasz-tételnek, mert a 2 + b 2 ≠ c 2 .

Tekintsük itt a nem euklideszi geometria két esetét – a gömbi és hiperbolikus geometriát; mindkét esetben, akárcsak a derékszögű háromszögek euklideszi térénél, a Pitagorasz-tételt helyettesítő eredmény a koszinusztételből következik.

A Pitagorasz-tétel azonban érvényes marad a hiperbolikus és elliptikus geometriára, ha azt a követelményt, hogy a háromszög téglalap alakú, felváltjuk azzal a feltétellel, hogy a háromszög két szögének összegének egyenlőnek kell lennie a harmadikkal, mondjuk A+B = C. Ekkor az oldalak közötti kapcsolat így néz ki: az átmérőjű körök területének összege aÉs b egyenlő egy átmérőjű kör területével c.

Gömb geometria

Bármely derékszögű háromszögre egy sugarú gömbön R(például ha egy háromszögben a γ szög derékszögű) oldalakkal a, b, c A felek közötti kapcsolat így fog kinézni:

Ez az egyenlőség levezethető a gömb-koszinusz tétel speciális eseteként, amely minden gömbháromszögre érvényes:

ahol cosh a hiperbolikus koszinusz. Ez a képlet a hiperbolikus koszinusz tétel speciális esete, amely minden háromszögre érvényes:

ahol γ az a szög, amelynek csúcsa az oldallal ellentétes c.

Ahol g ij metrikus tenzornak nevezzük. Ez lehet pozíció függvénye. Az ilyen görbe vonalú terek közé tartozik a Riemann-geometria általános példaként. Ez a megfogalmazás az euklideszi térben is megfelelő görbevonalas koordináták használatakor. Például poláris koordinátákhoz:

vektoros alkotás

A Pitagorasz-tétel összekapcsolja a vektorszorzat nagyságának két kifejezését. A keresztszorzat meghatározásának egyik megközelítése megköveteli, hogy teljesítse a következő egyenletet:

Ez a képlet a pontszorzatot használja. Az egyenlet jobb oldalát a Gram-determinánsnak nevezzük aÉs b, amely egyenlő a két vektor által alkotott paralelogramma területével. Ez a követelmény, valamint az a követelmény, hogy a vektorszorzat merőleges legyen az összetevőire aÉs b ebből következik, hogy a 0- és 1-dimenziós térből származó triviális esetek kivételével a keresztszorzat csak három és hét dimenzióban van definiálva. Az in szög definícióját használjuk n- dimenziós tér:

A keresztszorzatnak ez a tulajdonsága a következőképpen adja meg a nagyságát:

Pythagoras alapvető trigonometrikus azonosságán keresztül egy másik formát kapunk az érték írására:

A kereszttermék meghatározásának egy alternatív megközelítése egy kifejezést használ annak nagyságára. Ezután fordított sorrendben érvelve kapcsolatot kapunk a skalárszorzattal:

Lásd még

Megjegyzések

Történelem téma: Pythagoras tétele a babiloni matematikában
( , 351. o.) 351. o
( , I. kötet, 144. o.)
A történelmi tények tárgyalását (, 351. o.) 351. o
Kurt Von Fritz (1945. ápr.). "Metapontumi Hippasus az összemérhetetlenség felfedezése". A matematika évkönyvei, második sorozat(Matematika Évkönyvei) 46 (2): 242–264.
Lewis Carroll, „The Story with Knots”, M., Mir, 1985, p. 7
Asger Aaboe Epizódok a matematika korai történetéből. - Mathematical Association of America, 1997. - P. 51. - ISBN 0883856131
Python PropositionÍrta: Elisha Scott Loomis
Eukleidészé Elemek: VI. könyv, VI 31. tézis: „A derékszögű háromszögeknél a derékszöget bezáró oldalon lévő ábra megegyezik a derékszöget tartalmazó oldalakon lévő hasonló és hasonlóan leírt ábrákkal.”
Lawrence S. Leff idézett mű. - Barron oktatási sorozata - P. 326. - ISBN 0764128922
Howard Whitley Eves§4.8:...a Pitagorasz-tétel általánosítása // Nagy pillanatok a matematikában (1650 előtt). - Mathematical Association of America, 1983. - P. 41. - ISBN 0883853108
Tâbit ibn Qorra (teljes nevén Thābit ibn Qurra ibn Marwan Al-Ṣābiʾ al-Ḥarrānī) (i.sz. 826-901) Bagdadban élő orvos volt, aki sokat írt Eukleidész elemeiről és más matematikai témákról.
Aydin Sayili (1960. márc.). "Thâbit ibn Qurra a Pitagorasz-tétel általánosítása." Isis 51 (1): 35–37. DOI:10.1086/348837.
Judith D. Sally, Paul Sally 2.10 (ii) gyakorlat // Idézett munka. - P. 62. - ISBN 0821844032
Az ilyen konstrukció részleteit lásd George Jennings 1.32. ábra: Az általánosított Pitagorasz-tétel // Modern geometria alkalmazásokkal: 150 ábrával. - 3. - Springer, 1997. - P. 23. - ISBN 038794222X
Arlen Brown, Carl M. Pearcy Tétel C: Norma önkényesre n-tuple ... // Bevezetés az elemzésbe . - Springer, 1995. - P. 124. - ISBN 0387943692 Lásd még a 47-50. oldalt.
Alfred Gray, Elsa Abbena, Simon Salamon Görbék és felületek modern differenciálgeometriája a Mathematicával. - 3. - CRC Press, 2006. - P. 194. - ISBN 1584884487
Rajendra Bhatia Mátrix elemzés. - Springer, 1997. - P. 21. - ISBN 0387948465
Stephen W. Hawking idézett mű. - 2005. - 4. o. - ISBN 0762419229
Eric W. Weisstein CRC tömör matematikai enciklopédiája. - 2. - 2003. - P. 2147. - ISBN 1584883472
Alexander R. Pruss

Pitagorasz tétel

Más tételek és problémák sorsa sajátos... Hogyan magyarázható például a matematikusok és a matematika szerelmeseinek ilyen kivételes figyelme a Pitagorasz-tétel iránt? Miért nem elégedtek meg közülük sokan a már ismert bizonyítékokkal, hanem megtalálták a magukét, így a bizonyítékok száma több százra nőtt huszonöt, viszonylag előrelátható évszázadon keresztül?
Amikor a Pitagorasz-tételről van szó, a szokatlan a nevével kezdődik. Úgy tartják, hogy nem Pythagoras fogalmazta meg először. Azt is kétségesnek tartják, hogy igazolta-e. Ha Pythagoras valós személy (néhányan még ezt is kétségbe vonják!), akkor nagy valószínűséggel a 6-5. században élt. időszámításunk előtt e. Ő maga nem írt semmit, filozófusnak nevezte magát, ami az ő felfogásában a „bölcsességre való törekvést” jelentette, és megalapította a Pitagorasz Uniót, amelynek tagjai zenét, gimnasztikát, matematikát, fizikát és csillagászatot tanultak. Úgy tűnik, kiváló szónok is volt, amit a következő legenda bizonyít, amely Croton városában való tartózkodására vonatkozik: „Püthagorasz első megjelenése a krotoni emberek előtt a fiatalokhoz intézett beszéddel kezdődött, amelyben szigorúan, de egyben olyan lenyűgözően vázolták fel a fiatalok kötelességeit, és a város vének kérték, hogy ne hagyják őket utasítás nélkül. E második beszédében a törvényességre és az erkölcsök tisztaságára mutatott rá, mint a család alapjára; a következő kettőben gyerekeket és nőket szólított meg. Az utolsó beszédnek, amelyben különösen elítélte a luxust, az lett a következménye, hogy több ezer értékes ruhát szállítottak Héra templomába, mert azokban már egyetlen nő sem mert megjelenni az utcán...” Azonban még a második században, azaz 700 évvel később nagyon is valóságos emberek éltek és dolgoztak, rendkívüli tudósok, akik egyértelműen a Pythagorean Union befolyása alatt álltak, és akik nagy tiszteletben tartották azt, amit a legenda szerint Pythagoras alkotott.
Az is kétségtelen, hogy a tétel iránti érdeklődést egyrészt az okozza, hogy a matematikában az egyik központi helyet foglalja el, másrészt a bizonyítások készítőinek elégedettsége, akik leküzdötték azokat a nehézségeket, amelyeket a római költő, Quintus Horace Flaccus, aki a korszakunk előtt élt, jól mondta: „Nehéz jól kifejezni a jól ismert tényeket.”
Kezdetben a tétel megállapította az összefüggést a derékszögű háromszög befogójára és száraira épített négyzetek területei között:
.
Algebrai megfogalmazás:
Egy derékszögű háromszögben a befogó hosszának négyzete egyenlő a lábak hosszának négyzeteinek összegével.
Vagyis a háromszög befogójának hosszát c-vel, a lábak hosszát a és b-vel jelölve: a 2 + b 2 =c 2. A tétel mindkét megfogalmazása ekvivalens, de a második megfogalmazás elemibb, nem igényli a terület fogalmát. Vagyis a második állítás igazolható anélkül, hogy bármit is tudnánk a területről, és csak egy derékszögű háromszög oldalainak hosszát mérjük meg.
Fordított Pitagorasz-tétel. Az a, b és c pozitív számok tetszőleges hármasára úgy, hogy
a 2 + b 2 = c 2, van egy derékszögű háromszög, amelynek a és b lábai és c hipotenusza.

Bizonyíték

Jelenleg ennek a tételnek 367 bizonyítását rögzítették a tudományos irodalomban. Valószínűleg a Pitagorasz-tétel az egyetlen tétel, amely ilyen lenyűgöző számú bizonyítást tartalmaz. Az ilyen sokféleség csak a tétel geometria szempontjából fennálló alapvető jelentőségével magyarázható.
Természetesen fogalmilag mindegyik kis számú osztályra osztható. A leghíresebbek közülük: területek módszerével történő bizonyítások, axiomatikus és egzotikus bizonyítások (például differenciálegyenletek segítségével).

Hasonló háromszögeken keresztül

Az algebrai megfogalmazás következő bizonyítása a bizonyítások közül a legegyszerűbb, közvetlenül az axiómákból szerkesztve. Különösen nem használja az ábra területének fogalmát.
Legyen ABC derékszögű C derékszögű háromszög. Rajzolja le C-ből a magasságot, és jelölje H-vel az alapját. Az ACH háromszög két szögben hasonló az ABC háromszöghöz.
Hasonlóképpen, a CBH háromszög hasonló az ABC-hez. A jelölés bevezetésével

kapunk

Mi az egyenértékű

Összeadva azt kapjuk

vagy

Bizonyítások területmódszerrel

Bizonyítás ekvikomplementaritáson keresztül

1. Helyezzen el négy egyenlő derékszögű háromszöget az ábrán látható módon.
2. A c oldalú négyszög négyzet, mivel két hegyesszög összege 90°, az egyenes szöge pedig 180°.
3. A teljes ábra területe egyrészt egyenlő egy (a + b) oldalú négyzet területével, másrészt négy háromszög és háromszög területeinek összegével a belső tér.

Q.E.D.

Bizonyítás az ekvivalencián keresztül

Egy ilyen bizonyításra egy példa látható a jobb oldali rajzon, ahol egy, a hipotenuszon épített négyzet átrendeződik két, a lábakra épített négyzetre.

Eukleidész bizonyítéka

Eukleidész bizonyításának gondolata a következő: próbáljuk meg bebizonyítani, hogy a hipotenuszra épített négyzet területének fele egyenlő a lábakra épített négyzetek fele, majd a a nagy és a két kis négyzet egyenlő. Nézzük a bal oldali rajzot. Rajta négyzeteket szerkesztettünk egy derékszögű háromszög oldalaira, és a C derékszög csúcsából s sugarat rajzoltunk az AB hipotenuszra merőlegesen, a befogóra épített ABIK négyzetet két téglalapra vágja - BHJI és HAKJ, illetőleg. Kiderült, hogy ezeknek a téglalapoknak a területe pontosan megegyezik a megfelelő lábakra épített négyzetek területével. Próbáljuk bebizonyítani, hogy a DECA négyzet területe megegyezik az AHJK téglalap területével. az adott téglalap egyenlő az adott téglalap területének felével. Ez annak a következménye, hogy egy háromszög területét az alap és a magasság szorzatának feleként határozzuk meg. Ebből a megfigyelésből az következik, hogy az ACK háromszög területe megegyezik az AHK háromszög területével (az ábrán nem látható), ami viszont egyenlő az AHJK téglalap területének felével. Most bizonyítsuk be, hogy az ACK háromszög területe is egyenlő a DECA négyzet területének felével. Ehhez az egyetlen dolog, amit meg kell tenni, az ACK és BDA háromszögek egyenlőségének bizonyítása (mivel a BDA háromszög területe a fenti tulajdonság szerint egyenlő a négyzet területének felével). Az egyenlőség nyilvánvaló, a háromszögek mindkét oldalán egyenlők és a köztük lévő szög. Ugyanis - AB=AK,AD=AC - a CAK és a BAD szögek egyenlősége könnyen igazolható mozgásmódszerrel: a CAK háromszöget 90°-kal elforgatjuk az óramutató járásával ellentétes irányba, ekkor nyilvánvaló, hogy a két háromszög megfelelő oldalai kérdés egybeesik (annak a ténynek köszönhetően, hogy a négyzet csúcsánál bezárt szög 90°). A BCFG négyzet és a BHJI téglalap területeinek egyenlőségének indoklása teljesen hasonló. Így bebizonyítottuk, hogy a hipotenuszra épített négyzet területe a lábakra épített négyzetek területeiből tevődik össze.

Leonardo da Vinci bizonyítéka

A bizonyítás fő elemei a szimmetria és a mozgás.

Tekintsük a rajzot, ahogy a szimmetriából is látszik, a CI szakasz az ABHJ négyzetet két egyforma részre vágja (mivel az ABC és a JHI háromszög felépítése egyenlő). Az óramutató járásával ellentétes 90 fokos forgatást használva láthatjuk a CAJI és a GDAB árnyékolt ábrák egyenlőségét. Most már világos, hogy az általunk árnyékolt ábra területe megegyezik a lábakra épített négyzetek területének felének és az eredeti háromszög területének összegével. Másrészt ez egyenlő a hipotenuzusra épített négyzet területének felével, plusz az eredeti háromszög területével. A bizonyítás utolsó lépését az olvasóra bízzuk.

Pitagorasz tétel: A lábakon nyugvó négyzetek területeinek összege ( aÉs b), egyenlő a hipotenuszon épített négyzet területével ( c).

Geometriai összetétel:

A tétel eredetileg a következőképpen fogalmazódott meg:

Algebrai megfogalmazás:

Vagyis a háromszög befogójának hosszát jelöli c, és a lábak hossza át aÉs b :

a 2 + b 2 = c 2

Fordított Pitagorasz-tétel:

Bizonyíték

Természetesen fogalmilag mindegyik kis számú osztályra osztható. A leghíresebbek közülük: területek módszerével történő bizonyítások, axiomatikus és egzotikus bizonyítások (például differenciálegyenletek segítségével).

Hasonló háromszögeken keresztül

kapunk

Mi az egyenértékű

Összeadva azt kapjuk

Bizonyítások területmódszerrel

Bizonyítás ekvikomplementaritáson keresztül

Rendezzünk négy egyenlő derékszögű háromszöget az 1. ábra szerint.
Négyszög oldalakkal c négyzet, mivel két hegyesszög összege 90°, az egyenes szöge pedig 180°.
A teljes ábra területe egyrészt egyenlő az (a + b) oldalú négyzet területével, másrészt négy háromszög és két belső terület összegével négyzetek.

Q.E.D.

Bizonyítás az ekvivalencián keresztül

Elegáns bizonyítás permutációval

Egy ilyen bizonyításra egy példa látható a jobb oldali rajzon, ahol egy, a hipotenuszon épített négyzet átrendeződik két, a lábakra épített négyzetre.

Eukleidész bizonyítéka

Rajz Eukleidész bizonyításához

Illusztráció Eukleidész bizonyításához

Most bizonyítsuk be, hogy az ACK háromszög területe is egyenlő a DECA négyzet területének felével. Ehhez az egyetlen dolog, amit meg kell tenni, az ACK és BDA háromszögek egyenlőségének bizonyítása (mivel a BDA háromszög területe a fenti tulajdonság szerint egyenlő a négyzet területének felével). Az egyenlőség nyilvánvaló, a háromszögek mindkét oldalán egyenlők és a köztük lévő szög. Ugyanis - AB=AK,AD=AC - a CAK és a BAD szögek egyenlősége könnyen igazolható mozgásmódszerrel: a CAK háromszöget 90°-kal elforgatjuk az óramutató járásával ellentétes irányba, ekkor nyilvánvaló, hogy a két háromszög megfelelő oldalai kérdés egybeesik (annak a ténynek köszönhetően, hogy a négyzet csúcsánál bezárt szög 90°).

A BCFG négyzet és a BHJI téglalap területeinek egyenlőségének indoklása teljesen hasonló.

Leonardo da Vinci bizonyítéka

A bizonyítás fő elemei a szimmetria és a mozgás.

Tekintsük a rajzot, amint a szimmetriából is látszik, szegmensnek Cén vágja a négyzetet ABHJ két egyforma részre (hiszen háromszög ABCÉs JHén felépítésében egyenlő). Az óramutató járásával ellentétes 90 fokos elforgatással látjuk az árnyékolt ábrák egyenlőségét CAJén És GDAB . Most már világos, hogy az általunk árnyékolt ábra területe megegyezik a lábakra épített négyzetek területének felének és az eredeti háromszög területének összegével. Másrészt ez egyenlő a hipotenuzusra épített négyzet területének felével, plusz az eredeti háromszög területével. A bizonyítás utolsó lépését az olvasóra bízzuk.

Bizonyítás infinitezimális módszerrel

A következő, differenciálegyenleteket használó bizonyítást gyakran a híres angol matematikusnak, Hardynak tulajdonítják, aki a 20. század első felében élt.

Bizonyítás infinitezimális módszerrel

A változók szétválasztásának módszerével azt találjuk

Egy általánosabb kifejezés a hipotenúzus változására mindkét oldali növekmény esetén

Ezt az egyenletet integrálva és a kezdeti feltételek felhasználásával megkapjuk

c 2 = a 2 + b 2 + állandó.

Így elérkeztünk a kívánt válaszhoz

c 2 = a 2 + b 2 .

Egyszerűbb bizonyítékot kaphatunk, ha feltételezzük, hogy az egyik láb nem tapasztal növekedést (ebben az esetben a láb b). Ekkor megkapjuk az integrációs állandót

Változatok és általánosítások

Ha négyzetek helyett más hasonló alakzatokat építünk az oldalakra, akkor igaz a Pitagorasz-tétel alábbi általánosítása: Egy derékszögű háromszögben az oldalakra épített hasonló figurák területeinek összege megegyezik a hipotenuzusra épített alak területével. Különösen:
- A lábakra épített szabályos háromszögek területeinek összege megegyezik a hipotenuzusra épített szabályos háromszög területével.
- A lábakra épített félkörök területének összege (mint az átmérőnél) megegyezik a hipotenuszon épített félkör területével. Ez a példa a két kör ívei által határolt, hippokratészi lunuláknak nevezett alakzatok tulajdonságainak bizonyítására szolgál.

Sztori

Chu-pei Kr.e. 500–200. A bal oldalon a felirat: a magasság és az alap hosszának négyzetösszege a befogó hosszának négyzete.

Az ókori kínai Chu-pei könyv egy Pitagorasz-háromszögről beszél, amelynek 3., 4. és 5. oldala van: Ugyanez a könyv olyan rajzot kínál, amely egybeesik Bashara hindu geometriájának egyik rajzával.

Cantor (a matematika legnagyobb német történésze) úgy véli, hogy a 3² + 4² = 5² egyenlőséget az egyiptomiak már Kr.e. 2300 körül ismerték. e., I. Amenemhat király idejében (a berlini múzeum 6619. számú papirusza szerint). Cantor szerint a harpedonaptes, vagyis a „kötélhúzók” derékszöget építettek 3, 4 és 5 oldalú derékszögű háromszögek felhasználásával.

Nagyon könnyű reprodukálni az építési módjukat. Vegyünk egy 12 m hosszú kötelet, és kössünk rá egy színes csíkot 3 m távolságra. egyik végétől és 4 méterre a másiktól. A derékszöget 3 és 4 méter hosszú oldalak közé kell zárni. Kifogásolható a Harpedonaptians ellen, hogy az építési módszerük feleslegessé válik, ha például egy fából készült négyzetet használunk, amelyet minden asztalos használ. Valóban ismertek egyiptomi rajzok, amelyeken ilyen eszköz található, például egy asztalosműhelyt ábrázoló rajzok.

A babilóniaiaknál valamivel többet tudunk a Pitagorasz-tételről. Az egyik szövegben, amely Hammurapi idejére nyúlik vissza, azaz ie 2000-ig. Például egy derékszögű háromszög befogójának hozzávetőleges számítását adjuk meg. Ebből arra következtethetünk, hogy Mezopotámiában derékszögű háromszögekkel is tudtak számításokat végezni, legalábbis bizonyos esetekben. Van der Waerden (holland matematikus) egyrészt az egyiptomi és babiloni matematika jelenlegi tudásszintje, másrészt a görög források kritikai tanulmányozása alapján a következő következtetésre jutott:

Irodalom

Oroszul

Skopets Z. A. Geometriai miniatúrák. M., 1990
Elensky Shch. Pythagoras nyomában. M., 1961
Van der Waerden B. L. Az ébredő tudomány. Az ókori Egyiptom, Babilon és Görögország matematikája. M., 1959
Glazer G.I. A matematika története az iskolában. M., 1982
W. Litzman, „A Pitagorasz-tétel”, M., 1960.
- A Pythagorean-tételről szóló oldal nagyszámú bizonyítással, V. Litzmann könyvéből vett anyag, nagyszámú rajz látható külön grafikus fájlok formájában.
A Pitagorasz-tétel és a Pitagorasz-hármasok fejezete D. V. Anosov „Pillanat a matematikára és valami belőle” című könyvéből
A Pitagorasz-tételről és annak bizonyítási módszereiről G. Glaser, az Orosz Oktatási Akadémia akadémikusa, Moszkva

Angolul

Pitagorasz-tétel a WolframMathWorld-ben
Cut-The-Knot, szakasz a Pitagorasz-tételről, mintegy 70 bizonyíték és kiterjedt kiegészítő információ (angol)

Wikimédia Alapítvány. 2010.

Minden iskolás tudja, hogy a hipotenusz négyzete mindig egyenlő a lábak összegével, amelyek mindegyike négyzetes. Ezt az állítást Pitagorasz-tételnek nevezzük. A trigonometria és általában a matematika egyik leghíresebb tétele. Nézzük meg közelebbről.

A derékszögű háromszög fogalma

Mielőtt áttérnénk a Pitagorasz-tételre, amelyben a hipotenusz négyzete egyenlő a négyzetre emelt lábak összegével, meg kell vizsgálnunk a derékszögű háromszög fogalmát és tulajdonságait, amelyre a tétel igaz.

A háromszög egy lapos alak, amelynek három szöge és három oldala van. A derékszögű háromszögnek, ahogy a neve is sugallja, van egy derékszöge, vagyis ez a szög egyenlő 90 o-kal.

Az összes háromszög általános tulajdonságaiból ismert, hogy ennek az ábrának mindhárom szögének összege 180 o, ami azt jelenti, hogy egy derékszögű háromszögnél két nem derékszögű szög összege 180 o - 90 o = 90 o. Ez utóbbi tény azt jelenti, hogy egy derékszögű háromszögben minden olyan szög, amely nem derékszögű, mindig kisebb lesz 90 o-nál.

A derékszöggel ellentétes oldalt hipotenusznak nevezzük. A másik két oldal a háromszög lábai, lehetnek egyenlőek egymással, vagy eltérőek is. A trigonometriából tudjuk, hogy minél nagyobb a szög, amellyel egy háromszög egyik oldala bezárul, annál nagyobb az oldal hossza. Ez azt jelenti, hogy egy derékszögű háromszögben a befogó (a 90 o-os szöggel szemben helyezkedik el) mindig nagyobb lesz, mint bármelyik szár (a szögekkel szemben helyezkedik el)< 90 o).

Pitagorasz-tétel matematikai jelölése

Ez a tétel kimondja, hogy a hipotenusz négyzete egyenlő a lábak összegével, amelyek mindegyikét előzőleg négyzetre vetették. Ennek a megfogalmazásnak a matematikai felírásához tekintsünk egy derékszögű háromszöget, amelyben a, b és c oldalak a két szár, illetve a befogó. Ebben az esetben a tétel, amely úgy van megfogalmazva, hogy a hipotenusz négyzete egyenlő a lábak négyzeteinek összegével, a következő képlettel ábrázolható: c 2 = a 2 + b 2. Innen további, a gyakorlat szempontjából fontos képletek is előállíthatók: a = √(c 2 - b 2), b = √(c 2 - a 2) és c = √(a 2 + b 2).

Figyeljük meg, hogy egy derékszögű egyenlő oldalú háromszög esetén, azaz a = b, a következő képletet írjuk le matematikailag: a hipotenúzus négyzete egyenlő a négyzet alakú lábak összegével: c 2 = a 2 + b 2 = 2a 2, amiből következik az egyenlőség: c = a√2.

Történelmi hivatkozás

A Pitagorasz-tételt, amely kimondja, hogy a hipotenusz négyzete egyenlő a lábak összegével, amelyek mindegyike négyzetes, már jóval azelőtt ismert volt, hogy a híres görög filozófus ráfigyelt volna. Az ókori Egyiptom papiruszai, valamint a babilóniaiak agyagtáblái megerősítik, hogy ezek a népek a derékszögű háromszög oldalainak megemlített tulajdonságát használták. Például az egyik első egyiptomi piramis, a Khafre piramis, amelynek építése a Kr. e. 26. századra nyúlik vissza (2000 évvel Pitagorasz élete előtt), a képarány ismerete alapján épült egy 3x4x5 derékszögű háromszögben. .

Akkor most miért viseli a tétel a görög nevét? A válasz egyszerű: Pythagoras az első, aki matematikailag bizonyítja ezt a tételt. A fennmaradt babiloni és egyiptomi írott források csak a használatáról beszélnek, de matematikai bizonyítékkal nem szolgálnak.

Úgy tartják, Pitagorasz a kérdéses tételt a hasonló háromszögek tulajdonságainak felhasználásával igazolta, amelyet úgy kapott, hogy egy derékszögű háromszögben megrajzolta a magasságot a befogóhoz képest 90°-os szögből.

Példa a Pitagorasz-tétel használatára

Tekintsünk egy egyszerű problémát: meg kell határozni egy ferde lépcső L hosszát, ha tudjuk, hogy magassága H = 3 méter, és a faltól való távolság, amelyen a lépcső támaszkodik, a lábától P = 2,5 méter.

Ebben az esetben H és P a lábak, és L a hypotenus. Mivel a befogó hossza egyenlő a lábak négyzeteinek összegével, a következőt kapjuk: L 2 = H 2 + P 2, ahonnan L = √(H 2 + P 2) = √(3 2 + 2,5 2 ) = 3,905 méter vagy 3 m és 90,5 cm

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete