Теорема Пифагора. Способы доказательства.

Теорема Пифагора.

Способы доказательства.

Работа выполнена учеником 8 «А» класса

ГБОУ Гимназии №70

Штрейс Никитой

Учитель математики: Румянцева Ирина Александровна.

Санкт – Петербург

2012

Давно решил наш Пифагор,

Проверить «правило верёвки»,

Но не докажешь ничего

Без логики, ума, сноровки.

Он сам трудился – Пифагор

Над этой трудною задачей,

И в день один пришла пора

Поздравить гения с удачей.

И вот уже и стар и млад,

С серьёзным видом, без улыбки

Ту теорему доказать

Мечтают со своей попытки.

И к настоящему моменту,

За столько долгих-долгих лет

Сто доказательств теоремы

Нам появилися на свет.

Как много лет прошло с тех пор,

И воды с гор крутых сбегало,

Когда Эвклид своим путём

Доказывал её в «Началах».

Теорема:

В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.

Два способа доказательства данной теоремы есть в учебнике «Геометрия,   7-9», автор Л. С. Атанасян на стр. 130 и на стр. 154 (№578).

Я же приведу доказательства, которых в учебнике нет.

Доказательство:

I способ:

Предание говорит, что когда Пифагор пришёл к теореме, известной в геометрии под его именем, мо он принёс в жертву богам 100 быков, отчего эта теорема и называлась в средние века «гекамолиба», что означает при переводе с древнегреческого «сто быков».

Но не нужно думать, что теорема Пифагора не была известна раньше. Ещё в древнем Египте, за 2000-3000 лет до н.э., египтяне знали, что треугольник со сторонами 3, 4 и 5 единиц есть прямоугольный и широко пользовались таким треугольником.

Такое же доказательство мы встречаем и у индийского математика Бхаскары (1114). Привожу это доказательство.

D

B

A

4

b

2

3

с

b

a

K

L

1

Дано: ∆ ABCa

с

                C=90°a

с

                                                               Док-ть: c2=a2+b2           M

5

b

a

C

6

с

7

b

E

8

Док-во:

1. Построим квадрат ABDE на гипотенузе прямоугольного ∆ABC.

След.  SABDE=c2  (1)

2. Построим отрезки DK, EL, AM.

DKBC, ELDK, AMEL

3. ∆ABC=∆BKD по гипотенузе и острому углу  

   AB=BD

  8=2 (1+8=90°

                    2+1=90°, след. 8=2)

           ∆BKD=∆DEL по гипотенузе и острому углу (BD=DE, 4=2 )

           ∆DEL=∆AME по гипотенузе и острому углу (DE=AE, 7=5)

          ∆ABC=∆BKD=∆DEL=∆AME

4. KL=LM=MC=CK= a-b (как стороны квадрата KCML)
5. Квадрат ABDE состоит из пяти неперекрывающихся фигур:

четырех равных треугольников и квадрата. След. его площадь равна сумме площадей этих пяти фигур (согласно св-ву площадей)

След. SABDE= 4 ∙  ∙ ab+(a-b)2      (2)

6. Т.к. левые части равенств (1) и (2) равны, то и правые части тоже равны.

c2 =4 ∙ ab+(a-b)2

c2=2ab+(a-b)2

c2=2ab+a2-2ab+b2

с2= a2+b2, ч. и т.д.

II способ:

Таким способом доказывали теорему в Древней Индии.

b

a

S

Q

M

b

a

N

D

E

c

c

c

c

c

c

O

C

b

b

b

a

a

a

T

A

P

B

b

b

b

a

a

a

F

A

C

K

B

рис.2

рис.1

Дано: ∆ABC

           B=90°

Док-ть: с2= a2+b2

Док-во:

1. На 1-ом и на 2-ом рисунках один и тот же прямоугольный  треугольник достроен до квадрата со сторонами a+b, поэтому SBEDK=SBMQP=(a+b)2 
2. На 1-ом рисунке квадрат BEDK состоит из квадрата со стороной c и четырех равных прямоугольных треугольников.

SBEDK=c2+4 ∙ ab=c2+2ab

3. На 2-ом рисунке квадрат BMQP состоит из квадрата CMSO со стороной b, квадрата AOTP со стороной a и четырёх равных прямоугольных треугольников
4. SBMQP=SCMSO+SAOTP+4 ∙ ab=b2+a2+2ab

Т.к. SBEDK=SBMQP, то c2+2ab=a2+b2+2ab

                                      с2= a2+b2 , ч. и т.д.

III способ:

G

P

D

A

H

F

L

E

B

C

K

        Дано:∆ABC,                                                                             A=90°

                                                                   Док-ть: BC2=AD2+AC2

Док-во:

1. На гипотенузе и катетах прямоугольного ∆ABC строятся соответствующие квадраты и доказывается, что прямоугольник  BPLD равновелик квадрату ABFH, а прямоугольник PCEL – квадрату ACKG. Тогда сумма квадратов на катетах будет равна квадрату на гипотенузе.
2. ∆ABD=∆FBC

AB=FB

 BD=BC

 ABD=FBC (ABD=90°+ABC

                                          FBC=90°+ABC, след ABD=FBC)

3. SABD=  SBPDL (т.к. у них общее основание BD и общая высота DL)

Аналогично SFBC=  SABFH (т.к. BF – общее основание, а AB – общая высота)

След. SBPDL= SABFH

4. Аналогично можно доказать, что ∆AEC=∆BCK  и установить, что   SPCLE= SACKG
5. SABFH+SACKG= SBPLD+SPCEL= SBCED , ч. и т.д.

IV способ:

a

K

F

M

P

C

A

Q

D

                                                                                       Дано:∆ABC,                                                                             В=90°c

                                                                                                                                                                                                                                                ∆1

a

b

                                                                   Док-ть: c2=a2+b2c

∆2

U

b

c

∆3

b

∆4

c

B

b

Док-во:

          Достроим ∆АВС до квадрата со стороной a.

От точки D отложим на луче BD отрезок DK, равный b.

BD=BC+CD

CK=DK+CD, след. CK=BD, CK=a

Восстановим в точке K перпендикуляр KM, равный b

Проведём отрезок СМ, получим прямоугольный ∆СМK со сторонами a, b, c.

Строим квадрат DKMP со стороной b.

На луче DF от точки F отложим FQ=b

Четырёхугольник ACMQ – квадрат со стороной c

Пусть SAFPMC=U

SACMQ=U+∆1+∆2

SAFDB+SDPMK=U+∆3+∆4

∆1=∆2=∆3=∆4 (по катету и гипотенузе)

SACMQ=SAFDB+SDPMK 

    ( c2=a2+b2

SU+S∆1+S∆2=SU+S∆3+S∆4),ч. и т.д.

V способ:

M

                                                                 Дано:∆ABC,

                                                                           С=90°                                                                                                                                                                                                                                                

c

A

                                                                 Док-ть: c2=a2+b2S2

a

c

S3

S1

b

b

a

C

D

B

Док-во:

AMDC – прямоугольная трапеция.

          Sтрап. = АС+MD/2*CD= b+a/2*(a+b).

          Sтрап. = S1+ S2+ S3, S1=ab/2, S2= c2/2, S3=?   

              D=90°, S3=ab/2;

(b+a)/2=2ab/2+c2/2, a2+2ab+b2=2ab+ c2;

a2+b2=c2.

Использованная литература

1. Детская энциклопедия
2. А.А. Колосов. «Книга для внеклассного чтения по математике», М.,1963