Różne drogi dowód twierdzenia Pitagorasa
uczennica klasy IX „A”.
Miejska placówka oświatowa Gimnazjum nr 8
Doradca naukowy:
nauczyciel matematyki,
Miejska placówka oświatowa Gimnazjum nr 8
Sztuka. Noworozhdestvenskaya
Region Krasnodarski.
Sztuka. Noworozhdestvenskaya
ADNOTACJA.
Twierdzenie Pitagorasa jest słusznie uważane za najważniejsze w przebiegu geometrii i zasługuje na szczególną uwagę. Jest podstawą do rozwiązywania wielu problemów geometrycznych, podstawą do studiowania w przyszłości zajęć z geometrii teoretycznej i praktycznej. Twierdzenie otacza bogactwo materiału historycznego dotyczącego jego wyglądu i metod dowodu. Studiowanie historii rozwoju geometrii zaszczepia miłość do tego przedmiotu, sprzyja rozwojowi zainteresowań poznawczych, ogólnej kultury i kreatywności, a także rozwija umiejętności badawcze.
W wyniku działań poszukiwawczych osiągnięto cel pracy, jakim było uzupełnienie i uogólnienie wiedzy na temat dowodu twierdzenia Pitagorasa. Można było znaleźć i rozważyć różne metody dowodowe oraz pogłębić wiedzę na ten temat, wykraczającą poza kartki szkolnego podręcznika.
Zebrany materiał dodatkowo utwierdza nas w przekonaniu, że twierdzenie Pitagorasa jest wielkim twierdzeniem geometrii i ma ogromne znaczenie teoretyczne i praktyczne.
Wstęp. Odniesienie historyczne 5 Część główna 8
3. Wniosek 19
4. Wykorzystana literatura 20
1. WSTĘP. ODNIESIENIE HISTORYCZNE.
Istotą prawdy jest to, że jest ona dla nas na zawsze,
Kiedy chociaż raz w jej przenikliwości ujrzymy światło,
I twierdzenie Pitagorasa po tylu latach
Dla nas, podobnie jak dla niego, jest to niezaprzeczalne, nienaganne.
Aby się radować, Pitagoras złożył ślub bogom:
Za dotknięcie nieskończonej mądrości,
Dzięki wiecznym zamordował sto byków;
Za ofiarę modlił się i składał hołd.
Od tego czasu, gdy byki to wyczuły, pchają,
Aby szlak znów prowadził ludzi do nowej prawdy,
Ryczą wściekle, więc nie ma sensu słuchać,
Tacy Pitagoras na zawsze zaszczepili w nich przerażenie.
Byki, bezsilne, by oprzeć się nowej prawdzie,
Co pozostaje? - Po prostu zamykasz oczy, ryczysz i drżysz.
Nie wiadomo, w jaki sposób Pitagoras udowodnił swoje twierdzenie. Pewne jest, że odkrył go pod silnym wpływem nauki egipskiej. Szczególny przypadek twierdzenia Pitagorasa - właściwości trójkąta o bokach 3, 4 i 5 - był znany budowniczym piramid na długo przed narodzinami Pitagorasa, a on sam studiował u egipskich kapłanów przez ponad 20 lat. Zachowała się legenda, która głosi, że Pitagoras po udowodnieniu swojego słynnego twierdzenia złożył bogom ofiarę z byka, a według innych źródeł nawet 100 byków. Zaprzecza to jednak informacjom o poglądach moralnych i religijnych Pitagorasa. W źródłach literackich można przeczytać, że „zabraniał nawet zabijania zwierząt, a tym bardziej żerowania na nich, gdyż zwierzęta mają duszę, tak jak my”. Pitagoras jadł tylko miód, chleb, warzywa i czasami ryby. W związku z tym za bardziej prawdopodobny można uznać następujący zapis: „...i nawet gdy odkrył, że w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna odpowiada nogom, złożył w ofierze byka z ciasta pszennego”.
Popularność twierdzenia Pitagorasa jest tak wielka, że jego dowody można znaleźć nawet w fikcji, na przykład w opowiadaniu „Młody Archimedes” słynnego angielskiego pisarza Huxleya. Ten sam dowód, ale w szczególnym przypadku trójkąta prostokątnego równoramiennego, podany jest w dialogu Platona „Meno”.
Bajka „Dom”.
„Daleko, daleko, gdzie nawet samoloty nie latają, jest kraina geometrii. W tym niezwykłym kraju było jedno niesamowite miasto - miasto Teorem. Któregoś dnia przyjechałem do tego miasta piękna dziewczyna o nazwie Przeciwprostokątna. Próbowała wynająć pokój, ale niezależnie od tego, gdzie aplikowała, spotykała się z odmową. W końcu podeszła do chwiejnego domu i zapukała. Drzwi otworzył jej mężczyzna, który nazywał się Right Angle i zaprosił Przeciwprostokątną, aby z nim zamieszkała. Przeciwprostokątna pozostała w domu, w którym mieszkał Prostokątny i jego dwaj synowie o imieniu Katetes. Od tego czasu życie w domu Right Angle zmieniło się w nowy sposób. Przeciwprostokątna posadziła kwiaty na oknie i posadziła czerwone róże w ogrodzie przed domem. Dom przybrał kształt trójkąta prostokątnego. Obie nogi bardzo polubiły Przeciwprostokątną i poprosiły ją, aby została na zawsze w ich domu. Wieczorami ta przyjazna rodzina zbiera się przy rodzinnym stole. Czasami Right Angle bawi się ze swoimi dziećmi w chowanego. Najczęściej musi szukać, a Przeciwprostokątna ukrywa się tak umiejętnie, że znalezienie jej może być bardzo trudne. Któregoś dnia podczas zabawy Right Angle zauważył ciekawą właściwość: jeśli uda mu się znaleźć nogi, to znalezienie przeciwprostokątnej nie będzie trudne. Muszę przyznać, że Right Angle wykorzystuje ten wzór bardzo skutecznie. Twierdzenie Pitagorasa opiera się na własności tego trójkąta prostokątnego.
(Z książki A. Okunewa „Dziękuję za lekcję, dzieci”).
Humorystyczne sformułowanie twierdzenia:
Jeśli dany jest nam trójkąt
A co więcej, pod kątem prostym,
To jest kwadrat przeciwprostokątnej
Zawsze możemy łatwo znaleźć:
Prostujemy nogi,
Znajdujemy sumę potęg -
I to w tak prosty sposób
Dojdziemy do wyniku.
Ucząc się algebry oraz początków analizy i geometrii w 10. klasie, nabrałem przekonania, że oprócz omawianej w 8. klasie metody dowodzenia twierdzenia Pitagorasa, istnieją inne metody dowodzenia. Przedstawiam je Państwu do rozważenia.
2. CZĘŚĆ GŁÓWNA.
Twierdzenie. W trójkącie prostokątnym znajduje się kwadrat
Przeciwprostokątna jest równa sumie kwadratów nóg.
1 METODA.
Korzystając z właściwości pól wielokątów, ustalimy niezwykłą zależność pomiędzy przeciwprostokątną a ramionami trójkąta prostokątnego.
Dowód.
a, c i przeciwprostokątna Z(ryc. 1, a).
Udowodnijmy to c²=a²+b².
Dowód.
Uzupełnijmy trójkąt tak, aby powstał kwadrat z bokiem a + b jak pokazano na ryc. 1, ur. Pole S tego kwadratu wynosi (a + b)². Z drugiej strony kwadrat ten składa się z czterech równych trójkątów prostokątnych, z których każdy ma pole ½ och i kwadrat z bokiem Z, dlatego s = 4 * ½ och + c² = 2och + c².
Zatem,
(a + b)² = 2 och + c²,
c²=a²+b².
Twierdzenie zostało udowodnione.
2 METODA.
Po przestudiowaniu tematu „Trójkąty podobne” dowiedziałem się, że podobieństwo trójkątów można zastosować do dowodu twierdzenia Pitagorasa. Mianowicie użyłem stwierdzenia, że noga trójkąta prostokątnego jest średnią proporcjonalną do przeciwprostokątnej i odcinka przeciwprostokątnej zawartego pomiędzy nogą a wysokością narysowaną z wierzchołka prosty kąt.
Rozważmy trójkąt prostokątny o kącie prostym C, CD – wysokość (ryc. 2). Udowodnijmy to AC² +NE² = AB²
.
Dowód.
Na podstawie twierdzenia o ramieniu trójkąta prostokątnego:
AC = , SV = .
Podnieśmy do kwadratu i dodajmy otrzymane równości:
AC² = AB * AD, CB² = AB * DB;
AC² + CB² = AB * (AD + DB), w takim razie AD+DB=AB
AC² + CB² = AB * AB,
AC² + CB² = AB².
Dowód jest kompletny.
3 METODA.
Aby udowodnić twierdzenie Pitagorasa, możesz zastosować definicję cosinusa kąta ostrego trójkąta prostokątnego. Spójrzmy na rys. 3.
Dowód:
Niech ABC będzie danym trójkątem prostokątnym o kącie prostym C. Wyznaczmy wysokość CD z wierzchołka kąta prostego C.
Z definicji cosinusa kąta:
cos A = AD/AC = AC/AB. Stąd AB * AD = AC²
Podobnie,
cos B = ВD/ВС = ВС/АВ.
Stąd AB * BD = BC².
Dodając otrzymane równości wyraz po wyrazie i zauważając, że AD + DB = AB, otrzymujemy:
AC² + słońce² = AB (AD + DB) = AB²
Dowód jest kompletny.
4 METODA.
Po przestudiowaniu tematu „Relacje między bokami i kątami trójkąta prostokątnego” myślę, że twierdzenie Pitagorasa można udowodnić w inny sposób.
Rozważmy trójkąt prostokątny z nogami a, c i przeciwprostokątna Z. (ryc. 4).
Udowodnijmy to c²=a²+b².
Dowód.
grzech B= wysoka jakość ; sałata B= klimatyzacja , następnie podnosząc otrzymane równości do kwadratu otrzymujemy:
grzech² B= cal²/s²; cos² W= a²/c².
Dodając je otrzymujemy:
grzech² W+cos² B=в²/с²+ а²/с², gdzie sin² W+cos² B=1,
1= (в²+ а²) / с² zatem,
c²= a² + b².
Dowód jest kompletny.
5 METODA.
Dowód ten polega na wycięciu kwadratów zbudowanych na nogach (ryc. 5) i umieszczeniu powstałych części na kwadracie zbudowanym na przeciwprostokątnej.
6 METODA.
Jako dowód na boku Słońce budujemy BCD ABC(ryc. 6). Wiemy, że pola figur podobnych są powiązane jako kwadraty ich podobnych wymiarów liniowych:
Odejmując drugą od pierwszej równości, otrzymujemy
c2 = a2 + b2.
Dowód jest kompletny.
7 METODA.
Dany(ryc. 7):
ABC,= 90° , słońce= a, AC=b, AB = do.
Udowodnić:c2 = a2 +b2.
Dowód.
Niech noga B A. Kontynuujmy segment NE za punkt W i zbuduj trójkąt BMD więc punkty M I A leżeć po jednej stronie linii prostej płyta CD a poza tym, BD =B, BDM= 90°, DM= a, zatem BMD= ABC po obu stronach i kąt między nimi. Punkty A i M połączyć segmentami JESTEM. Mamy lekarz medycyny płyta CD I AC PŁYTA CD, to znaczy, że jest prosto AC równolegle do linii lekarz medycyny Ponieważ lekarz medycyny< АС, potem prosto płyta CD I JESTEM. nie równolegle. Dlatego, AMDC- trapez prostokątny.
W trójkątach prostokątnych ABC i BMD 1 + 2 = 90° i 3 + 4 = 90°, ale ponieważ = =, to 3 + 2 = 90°; Następnie AVM=180° - 90° = 90°. Okazało się, że trapez AMDC jest podzielony na trzy nienakładające się na siebie trójkąty prostokątne, a następnie przez aksjomaty obszaru
(a+b)(a+b)
Dzieląc wszystkie warunki nierówności przez , otrzymujemy
Ab + c2 + ab = (a +B) , 2 ok+ c2 = a2+ 2aB+ b2,
c2 = a2 + b2.
Dowód jest kompletny.
8 METODA.
Metoda ta opiera się na przeciwprostokątnej i nogach trójkąta prostokątnego ABC. Konstruuje odpowiednie kwadraty i udowadnia, że kwadrat zbudowany na przeciwprostokątnej jest równy sumie kwadratów zbudowanych na nogach (ryc. 8).
Dowód.
1) DBC= FBA= 90°;
DBC+ ABC= FBA+ ABC, Oznacza, FBC = Administrator danych.
Zatem, FBC=ABD(z dwóch stron i kąt między nimi).
2) 
,
gdzie AL DE, ponieważ BD jest wspólną podstawą, DL- całkowita wysokość.
3) 
, skoro FB jest fundacją, AB- całkowita wysokość.
4) 
5) Podobnie można to udowodnić 
6) Dodając wyraz po wyrazie, otrzymujemy:
, BC2
= AB2 + AC2
.
Dowód jest kompletny.
9 METODA.
Dowód.
1) Niech ABDE- kwadrat (ryc. 9), którego bok jest równy przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego ABC= s, BC = a, AC =B).
2) Niech DK PNE. I DK = słońce, ponieważ 1 + 2 = 90° (jak kąt ostry w trójkącie prostokątnym), 3 + 2 = 90° (jak kąt kwadratu), AB= BD(boki kwadratu).
Oznacza, ABC= BDK(przez przeciwprostokątną i kąt ostry).
3) Niech EL D.K., A.M. E.L. Można łatwo udowodnić, że ABC = BDK = DEL = EAM (z nogami A I B). Następnie KS= CM= M.L.= L.K.= A -B.
4) SKB = 4S+SKLMC= 2ab+ (a-b),Z2 = 2ab + a2 - 2ab + b2,c2 = a2 + b2.
Dowód jest kompletny.
10 METODA.
Dowód można przeprowadzić na figurze żartobliwie zwanej „spodami pitagorejskimi” (ryc. 10). Jego ideą jest przekształcenie zbudowanych po bokach kwadratów w równe trójkąty, które razem tworzą kwadrat przeciwprostokątnej.
ABC przesuń go zgodnie ze strzałką, a zajmie pozycję KDN. Pozostała część figury AKDCB równe pole kwadratu AKDC to jest równoległobok AKNB.
Wykonano model równoległoboku AKNB. Przestawiamy równoległobok zgodnie z szkicem zawartym w treści pracy. Aby pokazać przekształcenie równoległoboku w trójkąt o równych polach, na oczach uczniów odcinamy na modelu trójkąt i przesuwamy go w dół. Zatem powierzchnia placu AKDC okazał się równy polu prostokąta. Podobnie zamieniamy pole kwadratu na pole prostokąta.
Zróbmy transformację dla kwadratu zbudowanego na boku A(ryc. 11, a):
a) kwadrat przekształca się w równy równoległobok (ryc. 11.6):
b) równoległobok obraca się o ćwierć obrotu (ryc. 12):
c) równoległobok przekształca się w równy prostokąt (ryc. 13): 11 METODA.
Dowód:
PCL- proste (ryc. 14);
KLOA= ACPF= ACED= a2;
LGBO= SVMR =CBNQ= b 2;
AKGB= AKLO +LGBO= c2;
c2 = a2 + b2.
Dowód się skończył .
12 METODA.
Ryż. Rysunek 15 ilustruje kolejny oryginalny dowód twierdzenia Pitagorasa.
Tutaj: trójkąt ABC z kątem prostym C; odcinek B.F. prostopadły NE i równy mu segment BYĆ prostopadły AB i równy mu segment OGŁOSZENIE prostopadły AC i równy temu; zwrotnica F, C,D należą do tej samej linii; czworoboki ADFB I ASVE równej wielkości, ponieważ ABF = EBC; trójkąty ADF I AS równy rozmiar; odejmij od obu równych czworokątów wspólny trójkąt ABC, dostajemy
, c2 = a2 +
b2.
Dowód jest kompletny.
13 METODA.
Pole danego trójkąta prostokątnego z jednej strony jest równe ,
z innym, ,
3. WNIOSEK.
W wyniku działań poszukiwawczych osiągnięto cel pracy, jakim było uzupełnienie i uogólnienie wiedzy na temat dowodu twierdzenia Pitagorasa. Można było znaleźć i rozważyć różne sposoby jej udowodnienia i pogłębienia wiedzy na ten temat, wykraczającej poza kartki szkolnego podręcznika.
Zebrany przeze mnie materiał jeszcze bardziej mnie przekonuje, że twierdzenie Pitagorasa jest wielkim twierdzeniem geometrii i ma ogromne znaczenie teoretyczne i praktyczne. Podsumowując, chciałbym powiedzieć: przyczyną popularności twierdzenia Pitagorasa o trójcy jest jego piękno, prostota i znaczenie!
4. WYKORZYSTANA LITERATURA.
1. Zabawna algebra. . Moskwa „Nauka”, 1978.
2. Tygodnik edukacyjno-metodyczny dodatek do gazety „Pierwszy września”, 24/2001.
3. Geometria 7-9. itd.
4. Geometria 7-9. itd.
(wg papirusu 6619 Muzeum Berlińskiego). Według Cantora harpedonapty, czyli „przeciągacze lin”, budowali kąty proste za pomocą trójkątów prostokątnych o bokach 3, 4 i 5.
Bardzo łatwo jest odtworzyć sposób ich budowy. Weźmy linę o długości 12 m i przywiążmy do niej kolorowy pasek w odległości 3 m od jednego końca i 4 m od drugiego. Kąt prosty będzie miał długość boków od 3 do 4 metrów. Można by zarzucić harpedonaptianom, że ich metoda budowy staje się zbędna, jeśli użyje się na przykład drewnianego kwadratu, którego używają wszyscy stolarze. Rzeczywiście znane są rysunki egipskie, w których znajduje się takie narzędzie, na przykład rysunki przedstawiające warsztat stolarski.
Nieco więcej wiadomo na temat twierdzenia Pitagorasa wśród Babilończyków. W jednym tekście sięgającym czasów Hammurabiego, czyli roku 2000 p.n.e. mi. , podano przybliżone obliczenie przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego. Z tego możemy wywnioskować, że w Mezopotamii przynajmniej w niektórych przypadkach byli w stanie wykonywać obliczenia z trójkątami prostokątnymi. Opierając się z jednej strony na obecnym stanie wiedzy o matematyce egipskiej i babilońskiej, a z drugiej strony na krytycznym badaniu źródeł greckich, Van der Waerden (matematyk holenderski) doszedł do wniosku, że istnieje duże prawdopodobieństwo, że twierdzenie o kwadracie przeciwprostokątnej było znane w Indiach już około XVIII wieku p.n.e. mi.
Około 400 roku p.n.e. BC, według Proklusa, Platon podał metodę znajdowania trójek pitagorejskich, łącząc algebrę i geometrię. Około 300 roku p.n.e. mi. Najstarszy aksjomatyczny dowód twierdzenia Pitagorasa pojawił się w Elementach Euklidesa.
Formuły
Wzór geometryczny:
Twierdzenie zostało pierwotnie sformułowane w następujący sposób:
Sformułowanie algebraiczne:
Oznacza to, że długość przeciwprostokątnej trójkąta oznacza się przez , a długości nóg przez i :
Oba sformułowania twierdzenia są równoważne, ale drugie sformułowanie jest bardziej elementarne i nie wymaga pojęcia pola. Oznacza to, że drugie stwierdzenie można zweryfikować, nie wiedząc nic o polu i mierząc jedynie długości boków trójkąta prostokątnego.
Odwrotne twierdzenie Pitagorasa:
Dowód
NA ten moment W literaturze naukowej odnotowano 367 dowodów tego twierdzenia. Prawdopodobnie twierdzenie Pitagorasa jest jedynym twierdzeniem z tak imponującą liczbą dowodów. Taką różnorodność można wytłumaczyć jedynie zasadniczym znaczeniem twierdzenia dla geometrii.
Oczywiście koncepcyjnie wszystkie można podzielić na niewielką liczbę klas. Najbardziej znane z nich: dowody metodą obszaru, dowody aksjomatyczne i egzotyczne (np równania różniczkowe).
Przez podobne trójkąty
Poniższy dowód sformułowania algebraicznego jest najprostszym z dowodów, zbudowanym bezpośrednio z aksjomatów. W szczególności nie wykorzystuje pojęcia pola figury.
Pozwalać ABC istnieje trójkąt prostokątny z kątem prostym C. Narysujmy wysokość z C i oznacz jego podstawę przez H. Trójkąt ACH podobny do trójkąta ABC w dwóch rogach. Podobnie trójkąt CBH podobny ABC. Wprowadzając notację
dostajemy
Co jest równoważne
Dodając to, otrzymujemy
, co należało udowodnićDowody metodą powierzchniową
Poniższe dowody, pomimo pozornej prostoty, wcale nie są takie proste. Wszyscy posługują się właściwościami pola, których dowód jest bardziej złożony niż dowód samego twierdzenia Pitagorasa.
Dowód poprzez ekwidopełnienie
- Ułóżmy cztery równe trójkąty prostokątne, jak pokazano na rysunku 1.
- Czworokąt z bokami C jest kwadratem, ponieważ suma dwóch kątów ostrych wynosi 90°, a kąt prosty wynosi 180°.
- Pole całej figury jest równe z jednej strony polu kwadratu o boku (a + b), a z drugiej strony sumie pól czterech trójkątów i obszar wewnętrznego placu.
co było do okazania
Dowód Euklidesa
Idea dowodu Euklidesa jest następująca: spróbujmy udowodnić, że połowa pola kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej jest równa sumie połówek pól kwadratów zbudowanych na nogach, a następnie pól pól kwadratów zbudowanych na przeciwprostokątnych duży i dwa małe kwadraty są równe.
Spójrzmy na rysunek po lewej stronie. Na nim skonstruowaliśmy kwadraty po bokach trójkąta prostokątnego i wylosowaliśmy promień s z wierzchołka kąta prostego C prostopadle do przeciwprostokątnej AB, przecina on zbudowany na przeciwprostokątnej kwadrat ABIK na dwa prostokąty - BHJI i HAKJ, odpowiednio. Okazuje się, że pola tych prostokątów są dokładnie równe obszarom kwadratów zbudowanych na odpowiednich nogach.
Spróbujmy udowodnić, że pole kwadratu DECA jest równe polu prostokąta AHJK.W tym celu skorzystamy z obserwacji pomocniczej: Pole trójkąta o tej samej wysokości i podstawie co dany prostokąt jest równy połowie pola danego prostokąta. Jest to konsekwencja określenia pola trójkąta jako połowy iloczynu podstawy i wysokości. Z tej obserwacji wynika, że pole trójkąta ACK jest równe polu trójkąta AHK (niepokazanego na rysunku), które z kolei jest równe połowie pola prostokąta AHJK.
Udowodnimy teraz, że pole trójkąta ACK jest również równe połowie pola kwadratu DECA. Jedyne, co należy w tym celu zrobić, to udowodnić równość trójkątów ACK i BDA (ponieważ powierzchnia trójkąta BDA jest równa połowie pola kwadratu zgodnie z powyższą właściwością). Ta równość jest oczywista: trójkąty są równe po obu stronach i kąt między nimi. Mianowicie - AB=AK, AD=AC - równość kątów CAK i BAD łatwo udowodnić metodą ruchu: obracamy trójkąt CAK o 90° przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, wtedy jest oczywiste, że odpowiednie boki dwóch trójkątów w pytanie będzie zbieżne (ponieważ kąt przy wierzchołku kwadratu wynosi 90°).
Rozumowanie równości pól kwadratu BCFG i prostokąta BHJI jest całkowicie podobne.
W ten sposób udowodniliśmy, że pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej składa się z pól kwadratów zbudowanych na nogach. Ideę tego dowodu dodatkowo ilustruje powyższa animacja.
Dowód Leonarda da Vinci
Głównymi elementami dowodu są symetria i ruch.
Rozważmy rysunek, jak widać z symetrii, odcinek przecina kwadrat na dwie identyczne części (ponieważ trójkąty mają równą konstrukcję).
Stosując obrót punktu o 90 stopni w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, widzimy równość zacieniowanych figur i.
Teraz jest jasne, że obszar zacienionej przez nas figury jest równy sumie połowy pól małych kwadratów (zbudowanych na nogach) i pola pierwotnego trójkąta. Z drugiej strony jest on równy połowie pola dużego kwadratu (zbudowanego na przeciwprostokątnej) plus pole pierwotnego trójkąta. Zatem połowa sumy pól małych kwadratów jest równa połowie pola dużego kwadratu, a zatem suma pól kwadratów zbudowanych na nogach jest równa powierzchni kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątna.
Dowód metodą nieskończenie małą
Poniższy dowód wykorzystujący równania różniczkowe przypisuje się często słynnemu angielskiemu matematykowi Hardy’emu, który żył w pierwszej połowie XX wieku.
Patrząc na rysunek pokazany na rysunku i obserwując zmianę strony A, możemy zapisać następującą zależność dla nieskończenie małych przyrostów boku Z I A(używając podobieństwa trójkątów):
Stosując metodę separacji zmiennych, znajdujemy
Więcej wyrażenie ogólne zmienić przeciwprostokątną w przypadku przyrostów obu nóg
Całkując to równanie i korzystając z warunków początkowych, otrzymujemy
W ten sposób dochodzimy do pożądanej odpowiedzi
Jak łatwo zauważyć, zależność kwadratowa w ostatecznym wzorze pojawia się w wyniku liniowej proporcjonalności pomiędzy bokami trójkąta a przyrostami, podczas gdy suma jest powiązana z niezależnymi udziałami przyrostów różnych nóg.
Prostszy dowód można uzyskać, jeśli założymy, że jedna z nóg nie ulega wzrostowi (w w tym przypadku noga). Następnie dla stałej całkowania otrzymujemy
Odmiany i uogólnienia
Podobne kształty geometryczne z trzech stron
Uogólnienie dla podobnych trójkątów, obszar zielonych kształtów A + B = obszar niebieskiego C
Twierdzenie Pitagorasa wykorzystujące podobne trójkąty prostokątne
Euklides w swojej pracy uogólnił twierdzenie Pitagorasa Początki, rozszerzając pola kwadratów po bokach do obszarów podobnych figur geometrycznych:
Jeśli zbudujesz podobny figury geometryczne(patrz geometria euklidesowa) po bokach trójkąta prostokątnego, wówczas suma dwóch mniejszych figur będzie równa powierzchni większej figury.
Główną ideą tego uogólnienia jest to, że pole takiej figury geometrycznej jest proporcjonalne do kwadratu dowolnego jej wymiaru liniowego, a w szczególności do kwadratu długości dowolnego boku. Dlatego dla podobnych liczb z obszarami A, B I C zbudowany na bokach o długości A, B I C, mamy:
Ale zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa, A 2 + B 2 = C 2 wtedy A + B = C.
I odwrotnie, jeśli możemy to udowodnić A + B = C dla trzech podobnych figur geometrycznych bez korzystania z twierdzenia Pitagorasa, wówczas możemy udowodnić samo twierdzenie, poruszając się w przeciwnym kierunku. Na przykład początkowy środkowy trójkąt można ponownie wykorzystać jako trójkąt C na przeciwprostokątnej i dwa podobne trójkąty prostokątne ( A I B), zbudowane na dwóch pozostałych bokach, które powstają poprzez podzielenie środkowego trójkąta przez jego wysokość. Zatem suma pól dwóch mniejszych trójkątów jest oczywiście równa polu trzeciego A + B = C i spełniając poprzedni dowód w Odwrotna kolejność, otrzymujemy twierdzenie Pitagorasa a 2 + b 2 = do 2 .
Twierdzenie cosinus
Twierdzenie Pitagorasa jest szczególny przypadek bardziej ogólne twierdzenie o cosinusach, które wiąże długości boków w dowolnym trójkącie:
gdzie θ jest kątem między bokami A I B.
Jeśli θ wynosi 90 stopni, to cos θ = 0, a wzór upraszcza się do zwykłego twierdzenia Pitagorasa.
Wolny trójkąt
Do dowolnego wybranego narożnika dowolnego trójkąta z bokami a, b, c Wpiszmy trójkąt równoramienny w taki sposób, aby równe kąty przy jego podstawie θ były równe wybranemu kątowi. Załóżmy, że wybrany kąt θ leży naprzeciwko wyznaczonego boku C. W rezultacie otrzymaliśmy trójkąt ABD o kącie θ, który leży naprzeciwko boku A i imprezy R. Drugi trójkąt jest utworzony przez kąt θ, który znajduje się naprzeciwko boku B i imprezy Z długość S, jak pokazano na obrazku. Thabit Ibn Qurra argumentował, że boki tych trzech trójkątów są powiązane w następujący sposób:
Gdy kąt θ zbliża się do π/2, podstawa trójkąta równoramiennego staje się mniejsza, a dwa boki r i s coraz mniej na siebie zachodzą. Gdy θ = π/2, ADB staje się trójkątem prostokątnym, R + S = C i otrzymujemy początkowe twierdzenie Pitagorasa.
Rozważmy jeden z argumentów. Trójkąt ABC ma takie same kąty jak trójkąt ABD, ale w odwrotnej kolejności. (Dwa trójkąty mają wspólny kąt w wierzchołku B oba mają kąt θ i mają również ten sam trzeci kąt, przez sumę kątów trójkąta). Odpowiednio ABC jest podobne do odbicia ABD trójkąta DBA, jak pokazano na dolnym rysunku. Zapiszmy zależność pomiędzy przeciwległymi stronami i tymi sąsiadującymi z kątem θ,
Również odbicie innego trójkąta,
Pomnóżmy ułamki i dodajmy te dwa stosunki:
co było do okazania
Uogólnienie dla dowolnych trójkątów za pomocą równoległoboków
Uogólnienie dla dowolnych trójkątów,
teren zielony działka = powierzchnia niebieski
Dowód tezy, że na powyższym rysunku
Dokonajmy dalszego uogólnienia dla trójkątów innych niż prostokątne, używając równoległoboków z trzech stron zamiast kwadratów. (kwadraty są przypadkiem szczególnym.) Górny rysunek pokazuje, że w przypadku ostrego trójkąta pole równoległoboku na długim boku jest równe sumie równoległoboków na pozostałych dwóch bokach, pod warunkiem, że równoległobok na długim bok jest skonstruowany jak pokazano na rysunku (wymiary wskazane strzałkami są takie same i wyznaczają boki dolnego równoległoboku). To zastąpienie kwadratów równoległobokami wykazuje wyraźne podobieństwo do początkowego twierdzenia Pitagorasa, które, jak się uważa, zostało sformułowane przez Pappusa z Aleksandrii w 4 roku naszej ery. mi.
Dolny rysunek pokazuje postęp dowodu. Spójrzmy na lewą stronę trójkąta. Lewy zielony równoległobok ma takie samo pole jak lewa strona niebieski równoległobok, ponieważ mają tę samą podstawę B i wysokość H. Ponadto lewy zielony równoległobok ma takie samo pole jak lewy zielony równoległobok na górnym obrazku, ponieważ mają one wspólną podstawę (górny lewa strona trójkąta) i całkowitą wysokość prostopadłą do tego boku trójkąta. Stosując podobne rozumowanie dla prawej strony trójkąta, udowodnimy, że dolny równoległobok ma takie samo pole jak dwa zielone równoległoboki.
Liczby zespolone
Twierdzenie Pitagorasa służy do obliczania odległości między dwoma punktami w kartezjańskim układzie współrzędnych i twierdzenie to jest ważne dla wszystkich prawdziwych współrzędnych: odległość S między dwoma punktami ( a, b) I ( płyta CD) równa się
Ze wzorem nie ma problemów, jeśli liczby zespolone potraktujemy jako wektory ze składnikami rzeczywistymi X + ja y = (X, y). . Na przykład odległość S pomiędzy 0 + 1 I i 1 + 0 I obliczany jako moduł wektora (0, 1) − (1, 0) = (−1, 1), Lub
Jednak w przypadku operacji na wektorach o złożonych współrzędnych konieczne jest wprowadzenie pewnych ulepszeń do wzoru Pitagorasa. Odległość między punktami z Liczby zespolone (A, B) I ( C, D); A, B, C, I D wszystko złożone, sformułujmy użycie Wartości bezwzględne. Dystans S w oparciu o różnicę wektorów (A − C, B − D) w następującej formie: niech różnica A − C = P+ ja Q, Gdzie P- rzeczywista część różnicy, Q jest częścią urojoną i i = √(−1). Podobnie niech B − D = R+ ja S. Następnie:
gdzie jest zespoloną liczbą sprzężoną dla . Na przykład odległość między punktami (A, B) = (0, 1) I (C, D) = (I, 0) , obliczmy różnicę (A − C, B − D) = (−I, 1) a wynik wyniósłby 0, gdyby nie zastosowano złożonych koniugatów. Dlatego korzystając z ulepszonej formuły, otrzymujemy
Moduł jest zdefiniowany w następujący sposób:
Stereometria
Znaczącym uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa dla przestrzeni trójwymiarowej jest twierdzenie de Goya, nazwane na cześć J.-P. de Gois: jeśli czworościan ma kąt prosty (jak w sześcianie), wówczas kwadrat pola powierzchni przeciwnej do kąta prostego jest równy sumie kwadratów pól pozostałych trzech ścian. Wniosek ten można podsumować następująco: „ N-wymiarowe twierdzenie Pitagorasa":
twierdzenie Pitagorasa przestrzeń trójwymiarowałączy przekątną AD z trzema bokami.
Inne uogólnienie: Twierdzenie Pitagorasa można zastosować do stereometrii w następującej formie. Rozważmy prostokątny równoległościan, jak pokazano na rysunku. Znajdźmy długość przekątnej BD, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:
gdzie trzy boki tworzą trójkąt prostokątny. Używamy poziomej przekątnej BD i pionowej krawędzi AB, aby znaleźć długość przekątnej AD, w tym celu ponownie używamy twierdzenia Pitagorasa:
lub jeśli zapiszemy wszystko w jednym równaniu:
Wynik ten jest trójwymiarowym wyrażeniem służącym do określenia wielkości wektora w(przekątna AD), wyrażona jako jej składowe prostopadłe ( w k ) (trzy wzajemnie prostopadłe boki):
Równanie to można uznać za uogólnienie twierdzenia Pitagorasa dla przestrzeni wielowymiarowej. Jednak rezultatem jest w rzeczywistości nic innego jak wielokrotne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa do ciągu trójkątów prostokątnych w kolejnych prostopadłych płaszczyznach.
Przestrzeń wektorowa
W przypadku ortogonalnego układu wektorów zachodzi równość, zwana także twierdzeniem Pitagorasa:
Jeżeli - są to rzuty wektora na osie współrzędnych, to wzór ten pokrywa się z odległością euklidesową - i oznacza, że długość wektora jest równa pierwiastkowi kwadratowemu z sumy kwadratów jego składowych.
Analogię tej równości w przypadku nieskończonego układu wektorów nazywamy równością Parsevala.
Geometria nieeuklidesowa
Twierdzenie Pitagorasa wywodzi się z aksjomatów geometrii euklidesowej i w rzeczywistości nie obowiązuje dla geometrii nieeuklidesowej w formie, w jakiej zostało zapisane powyżej. (Oznacza to, że twierdzenie Pitagorasa okazuje się swego rodzaju odpowiednikiem postulatu równoległości Euklidesa) Innymi słowy, w geometrii nieeuklidesowej związek między bokami trójkąta z konieczności będzie miał inną formę niż twierdzenie Pitagorasa. Na przykład w geometrii sferycznej wszystkie trzy boki trójkąta prostokątnego (powiedzmy A, B I C), które ograniczają oktantę (ósmą część) sfery jednostkowej, mają długość π/2, co jest sprzeczne z twierdzeniem Pitagorasa, ponieważ A 2 + B 2 ≠ C 2 .
Rozważmy tutaj dwa przypadki geometrii nieeuklidesowej - geometrię sferyczną i hiperboliczną; w obu przypadkach, jeśli chodzi o przestrzeń euklidesową dla trójkątów prostokątnych, wynik, który zastępuje twierdzenie Pitagorasa, wynika z twierdzenia cosinus.
Jednakże twierdzenie Pitagorasa pozostaje ważne dla geometrii hiperbolicznej i eliptycznej, jeśli wymóg prostokątności trójkąta zostanie zastąpiony warunkiem, że suma dwóch kątów trójkąta musi być równa trzeciemu, powiedzmy A+B = C. Wtedy zależność między bokami wygląda następująco: suma pól okręgów o średnicach A I B równy obszarowi koła o średnicy C.
Geometria sferyczna
Dla dowolnego trójkąta prostokątnego na kuli o promieniu R(na przykład, jeśli kąt γ w trójkącie jest prosty) z bokami A, B, C Relacja pomiędzy stronami będzie wyglądać następująco:
Tę równość można wyprowadzić jako szczególny przypadek twierdzenie o cosinusie sferycznym, które obowiązuje dla wszystkich trójkątów sferycznych:
gdzie cosh jest cosinusem hiperbolicznym. Wzór ten jest szczególnym przypadkiem twierdzenia o cosinusie hiperbolicznym, które obowiązuje dla wszystkich trójkątów:
gdzie γ jest kątem, którego wierzchołek jest przeciwny do boku C.
Gdzie G ja zwany tensorem metrycznym. Może to być funkcja położenia. Do takich przestrzeni krzywoliniowych zalicza się geometrię Riemanna jak ogólny przykład. To sformułowanie jest również odpowiednie dla przestrzeni euklidesowej przy użyciu współrzędnych krzywoliniowych. Na przykład dla współrzędnych biegunowych:
Grafika wektorowa
Twierdzenie Pitagorasa łączy dwa wyrażenia określające wielkość iloczynu wektorowego. Jedno podejście do definiowania iloczynu krzyżowego wymaga, aby spełniał on równanie:
W tej formule używany jest iloczyn skalarny. Prawa strona równanie nazywa się wyznacznikiem Grama dla A I B, który jest równy obszarowi równoległoboku utworzonego przez te dwa wektory. W oparciu o ten wymóg, a także wymóg, aby iloczyn wektorowy był prostopadły do jego składników A I B wynika z tego, że poza trywialnymi przypadkami z przestrzeni 0 i 1 wymiarowej iloczyn poprzeczny definiuje się tylko w trzech i siedmiu wymiarach. Korzystamy z definicji kąta w N-przestrzeń wymiarowa:
Ta właściwość iloczynu krzyżowego określa jego wielkość w następujący sposób:
Poprzez podstawową tożsamość trygonometryczną Pitagorasa uzyskujemy inną formę zapisu jego wartości:
Alternatywnym podejściem do definiowania iloczynu krzyżowego jest użycie wyrażenia opisującego jego wielkość. Następnie rozumując w odwrotnej kolejności otrzymujemy związek z iloczynem skalarnym:
Zobacz też
Notatki
- Temat historyczny: Twierdzenie Pitagorasa w matematyce babilońskiej
- ( , s. 351) s. 351
- ( , tom I, s. 144)
- Dyskusja fakt historyczny podane w (, s. 351) s. 351
- Kurt Von Fritz (kwiecień 1945). „Odkrycie niewspółmierności przez Hippasosa z Metapontum”. Roczniki matematyki, seria druga(Roczniki matematyki) 46 (2): 242–264.
- Lewis Carroll, „Historia z węzłami”, M., Mir, 1985, s. 25. 7
- Asgera Aaboe Epizody z początków historii matematyki. – Mathematical Association of America, 1997. – s. 51. – ISBN 0883856131
- Propozycja Pythona autorstwa Elishy Scott Loomis
- Euklidesa Elementy: Księga VI, Twierdzenie VI 31: „W trójkątach prostokątnych figura po stronie odpowiadającej kątowi prostemu jest równa podobnym i podobnie opisanym figurom po bokach zawierających kąt prosty”.
- Lawrence S. Leff cytowana praca. – Seria edukacyjna Barrona – str. 326 – ISBN 0764128922
- Howard Whitley Ewa§4.8:...uogólnienie twierdzenia Pitagorasa // Wielkie momenty w matematyce (przed 1650 rokiem). – Mathematical Association of America, 1983. – s. 41. – ISBN 0883853108
- Tâbit ibn Qorra (pełne imię i nazwisko Thābit ibn Qurra ibn Marwan Al-Ṣābiʾ al-Ḥarrānī) (826-901 ne) był lekarzem mieszkającym w Bagdadzie, który dużo pisał na temat elementów Euklidesa i innych przedmiotów matematycznych.
- Aydin Sayili (marzec 1960). „Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa Thâbit ibn Qurra”. Izyda 51 (1): 35–37. DOI:10.1086/348837.
- Judith D. Sally, Paul SallyĆwiczenie 2.10 (ii) // Cytowana praca. - s. 62. - ISBN 0821844032
- Szczegóły takiej konstrukcji zob George'a Jenningsa Rysunek 1.32: Uogólnione twierdzenie Pitagorasa // Nowoczesna geometria z zastosowaniami: ze 150 cyframi. - 3. - Springer, 1997. - s. 23. - ISBN 038794222X
- Arlen Brown, Carl M. Pearcy Przedmiot C: Norma dla dowolnego N-tuple ... // Wprowadzenie do analizy . - Springer, 1995. - s. 124. - ISBN 0387943692 Patrz także strony 47-50.
- Alfreda Graya, Elsy Abbeny i Simona Salamona Nowoczesna geometria różniczkowa krzywych i powierzchni z Mathematicą. - 3. - CRC Press, 2006. - s. 194. - ISBN 1584884487
- Rajendrę Bhatię Analiza macierzowa. - Springer, 1997. - s. 21. - ISBN 0387948465
- Stephena W. Hawkinga cytowana praca. - 2005. - s. 4. - ISBN 0762419229
- Erica W. Weissteina CRC zwięzła encyklopedia matematyki. - 2. - 2003. - s. 2147. - ISBN 1584883472
- Aleksander R. Pruss
Kiedy po raz pierwszy zacząłeś uczyć się o pierwiastkach kwadratowych i rozwiązywaniu równań irracjonalnych (równości z niewiadomą pod pierwiastkiem), prawdopodobnie po raz pierwszy posmakowałeś ich praktycznych zastosowań. Możliwość ekstrakcji Pierwiastek kwadratowy z liczb jest również konieczne do rozwiązywania problemów za pomocą twierdzenia Pitagorasa. Twierdzenie to dotyczy długości boków dowolnego trójkąta prostokątnego.
Niech długości nóg trójkąta prostokątnego (te dwa boki, które spotykają się pod kątem prostym) zostaną oznaczone literami i, a długość przeciwprostokątnej (najdłuższy bok trójkąta położony naprzeciwko kąta prostego) zostanie oznaczona przez litera. Następnie odpowiednie długości są powiązane zależnością:
To równanie pozwala znaleźć długość boku trójkąta prostokątnego, gdy znane są długości jego pozostałych dwóch boków. Ponadto pozwala określić, czy dany trójkąt jest trójkątem prostokątnym, pod warunkiem, że znane są z góry długości wszystkich trzech boków.
Rozwiązywanie problemów z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa
Aby skonsolidować materiał, rozwiążemy następujące problemy za pomocą twierdzenia Pitagorasa.
Zatem biorąc pod uwagę:
- Długość jednej z nóg wynosi 48, przeciwprostokątna 80.
- Długość nogi wynosi 84, przeciwprostokątna 91.
Przejdźmy do rozwiązania:
a) Podstawienie danych do powyższego równania daje następujące wyniki:
48 2 + B 2 = 80 2
2304 + B 2 = 6400
B 2 = 4096
B= 64 lub B = -64
Ponieważ nie można wyrazić długości boku trójkąta Liczba ujemna, druga opcja jest automatycznie odrzucana.
Odpowiedź na pierwsze zdjęcie: B = 64.
b) Długość ramienia drugiego trójkąta oblicza się w ten sam sposób:
84 2 + B 2 = 91 2
7056 + B 2 = 8281
B 2 = 1225
B= 35 lub B = -35
Podobnie jak w poprzednim przypadku, decyzję negatywną odrzuca się.
Odpowiedź na drugie zdjęcie: B = 35
Dano nam:
- Długości mniejszych boków trójkąta wynoszą odpowiednio 45 i 55, a większych boków 75.
- Długości mniejszych boków trójkąta wynoszą odpowiednio 28 i 45, a większych boków 53.
Rozwiążmy problem:
a) Należy sprawdzić, czy suma kwadratów długości krótszych boków danego trójkąta jest równa kwadratowi długości większego:
45 2 + 55 2 = 2025 + 3025 = 5050
Zatem pierwszy trójkąt nie jest trójkątem prostokątnym.
b) Wykonuje się tę samą operację:
28 2 + 45 2 = 784 + 2025 = 2809
Zatem drugi trójkąt jest prostokątny.
Najpierw znajdźmy długość największego odcinka utworzonego przez punkty o współrzędnych (-2, -3) i (5, -2). Do tego używamy dobrze znana formuła aby znaleźć odległość między punktami w prostokątnym układzie współrzędnych:
Podobnie znajdujemy długość odcinka zawartego pomiędzy punktami o współrzędnych (-2, -3) i (2, 1):
Na koniec wyznaczamy długość odcinka pomiędzy punktami o współrzędnych (2, 1) i (5, -2):
Ponieważ zachodzi równość:
wówczas odpowiedni trójkąt jest prostokątny.
W ten sposób możemy sformułować odpowiedź na pytanie: skoro suma kwadratów boków o najkrótszej długości jest równa kwadratowi boku o najdłuższej długości, to punkty są wierzchołkami trójkąta prostokątnego.
Podstawa (ułożona ściśle poziomo), ościeżnica (umieszczona ściśle pionowo) i kabel (rozciągnięty po przekątnej) tworzą odpowiednio trójkąt prostokątny, aby znaleźć długość kabla, można zastosować twierdzenie Pitagorasa:
Zatem długość kabla wyniesie około 3,6 metra.
Dane: odległość od punktu R do punktu P (noga trójkąta) wynosi 24, od punktu R do punktu Q (przeciwprostokątna) wynosi 26.
Pomóżmy więc Vicie rozwiązać problem. Ponieważ boki trójkąta pokazanego na rysunku mają tworzyć trójkąt prostokątny, możesz skorzystać z twierdzenia Pitagorasa, aby obliczyć długość trzeciego boku:
Tak więc szerokość stawu wynosi 10 metrów.
Siergiej Waleriewicz
twierdzenie Pitagorasa- jedno z podstawowych twierdzeń geometrii euklidesowej, ustalające zależność
pomiędzy bokami trójkąta prostokątnego.
Uważa się, że udowodnił to grecki matematyk Pitagoras, od którego pochodzi nazwa.
Geometryczne sformułowanie twierdzenia Pitagorasa.
Twierdzenie zostało pierwotnie sformułowane w następujący sposób:
W trójkącie prostokątnym pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej jest równe sumie pól kwadratów,
zbudowany na nogach.
Algebraiczne sformułowanie twierdzenia Pitagorasa.
W trójkącie prostokątnym kwadrat długości przeciwprostokątnej jest równy sumie kwadratów długości nóg.
To znaczy, oznaczając długość przeciwprostokątnej trójkąta przez C i długości nóg A I B:
Obydwa preparaty twierdzenie Pitagorasa są równoważne, ale drugie sformułowanie jest bardziej elementarne, tak nie jest
wymaga pojęcia obszaru. Oznacza to, że drugie stwierdzenie można zweryfikować, nie wiedząc nic o obszarze i
mierząc jedynie długości boków trójkąta prostokątnego.
Odwrotne twierdzenie Pitagorasa.
Jeżeli kwadrat jednego boku trójkąta jest równy sumie kwadratów dwóch pozostałych boków, to
trójkąt prostokątny.
Lub innymi słowy:
Dla każdej trójki liczb dodatnich A, B I C, takie że
istnieje trójkąt prostokątny z nogami A I B i przeciwprostokątna C.
Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta równoramiennego.
Twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta równobocznego.
Dowody twierdzenia Pitagorasa.
Obecnie w literaturze naukowej odnotowano 367 dowodów tego twierdzenia. Prawdopodobnie twierdzenie
Pitagoras to jedyne twierdzenie z tak imponującą liczbą dowodów. Taka różnorodność
można wyjaśnić jedynie podstawowym znaczeniem twierdzenia dla geometrii.
Oczywiście koncepcyjnie wszystkie można podzielić na niewielką liczbę klas. Najbardziej znany z nich:
dowód metoda obszarowa, aksjomatyczny I egzotyczny dowód(Na przykład,
używając równania różniczkowe).
1. Dowód twierdzenia Pitagorasa przy użyciu trójkątów podobnych.
Poniższy dowód sformułowania algebraicznego jest najprostszym ze skonstruowanych dowodów
bezpośrednio z aksjomatów. W szczególności nie wykorzystuje pojęcia pola figury.
Pozwalać ABC istnieje trójkąt prostokątny z kątem prostym C. Narysujmy wysokość z C i oznaczać
jego fundament poprzez H.
Trójkąt ACH podobny do trójkąta AB C w dwóch rogach. Podobnie trójkąt CBH podobny ABC.
Wprowadzając oznaczenie:
otrzymujemy:
,
co odpowiada -
Fałdowy A 2 i B 2, otrzymujemy:
lub , co należało udowodnić.
2. Dowód twierdzenia Pitagorasa metodą powierzchniową.
Poniższe dowody, pomimo pozornej prostoty, wcale nie są takie proste. Wszyscy
wykorzystać właściwości pola, których dowody są bardziej złożone niż dowód samego twierdzenia Pitagorasa.
- Dowód poprzez ekwikomplementarność.
Ułóżmy cztery równe prostokąty
trójkąt, jak pokazano na rysunku
po prawej.
Czworokąt z bokami C- kwadrat,
ponieważ suma dwóch kątów ostrych wynosi 90°, oraz
kąt rozłożenia - 180°.
Pole całej figury jest z jednej strony równe
pole kwadratu o boku ( a+b), a z drugiej strony suma pól czterech trójkątów i
co było do okazania
3. Dowód twierdzenia Pitagorasa metodą nieskończenie małą.
Patrząc na rysunek pokazany na rysunku i
obserwując zmianę stronyA, możemy
napisz poniższą zależność dla nieskończoności
mały przyrosty boczneZ I A(używając podobieństwa
trójkąty):
Stosując metodę separacji zmiennych, znajdujemy:
Bardziej ogólne wyrażenie na zmianę przeciwprostokątnej w przypadku przyrostów po obu stronach:
Całkując to równanie i korzystając z warunków początkowych, otrzymujemy:
W ten sposób dochodzimy do pożądanej odpowiedzi:
Jak łatwo zauważyć, zależność kwadratowa w ostatecznym wzorze wynika z liniowości
proporcjonalność między bokami trójkąta i przyrostami, podczas gdy suma jest odniesiona do niezależności
składki z przyrostu różnych nóg.
Prostszy dowód można uzyskać, jeśli założymy, że jedna z nóg nie ulega wzrostowi
(w tym przypadku noga B). Następnie dla stałej całkowania otrzymujemy:
twierdzenie Pitagorasa
Podobnie trójkąt CBH jest podobny do ABC. Wprowadzając notację 
1. Umieść cztery równe trójkąty prostokątne, jak pokazano na rysunku. 
Idea dowodu Euklidesa jest następująca: spróbujmy udowodnić, że połowa pola kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej jest równa sumie połówek pól kwadratów zbudowanych na nogach, a następnie pól pól kwadratów zbudowanych na przeciwprostokątnych duży i dwa małe kwadraty są równe. Spójrzmy na rysunek po lewej stronie. Na nim skonstruowaliśmy kwadraty po bokach trójkąta prostokątnego i wylosowaliśmy promień s z wierzchołka kąta prostego C prostopadle do przeciwprostokątnej AB, przecina on zbudowany na przeciwprostokątnej kwadrat ABIK na dwa prostokąty - BHJI i HAKJ, odpowiednio. Okazuje się, że pola tych prostokątów są dokładnie równe obszarom kwadratów zbudowanych na odpowiednich nogach. Spróbujmy udowodnić, że pole kwadratu DECA jest równe polu prostokąta AHJK.W tym celu skorzystamy z obserwacji pomocniczej: Pole trójkąta o tej samej wysokości i podstawie co dany prostokąt jest równy połowie pola danego prostokąta. Jest to konsekwencja określenia pola trójkąta jako połowy iloczynu podstawy i wysokości. Z tej obserwacji wynika, że pole trójkąta ACK jest równe polu trójkąta AHK (niepokazanego na rysunku), które z kolei jest równe połowie pola prostokąta AHJK. Udowodnimy teraz, że pole trójkąta ACK jest również równe połowie pola kwadratu DECA. Jedyne, co należy w tym celu zrobić, to udowodnić równość trójkątów ACK i BDA (ponieważ powierzchnia trójkąta BDA jest równa połowie pola kwadratu zgodnie z powyższą właściwością). Ta równość jest oczywista, trójkąty są równe po obu stronach i kąt między nimi. Mianowicie - AB=AK,AD=AC - równość kątów CAK i BAD łatwo udowodnić metodą ruchu: obracamy trójkąt CAK o 90° przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, wtedy jest oczywiste, że odpowiednie boki dwóch trójkątów w pytanie będzie zbieżne (ponieważ kąt przy wierzchołku kwadratu wynosi 90°). Rozumowanie równości pól kwadratu BCFG i prostokąta BHJI jest całkowicie podobne. W ten sposób udowodniliśmy, że pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej składa się z pól kwadratów zbudowanych na nogach. 
Rozważmy rysunek, jak widać z symetrii, odcinek CI przecina kwadrat ABHJ na dwie identyczne części (ponieważ trójkąty ABC i JHI są równe w budowie). Stosując obrót o 90 stopni w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, widzimy równość zacieniowanych figur CAJI i GDAB. Teraz jest jasne, że pole zacienionej przez nas figury jest równe sumie połowy pól kwadratów zbudowanych na nogach i pola pierwotnego trójkąta. Z drugiej strony jest on równy połowie pola kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej plus pole pierwotnego trójkąta. Ostatni krok dowodu pozostawiamy czytelnikowi.
