Twierdzenie Pitagorasa co za przedmiot. Twierdzenie Pitagorasa: kwadrat przeciwprostokątnej jest równy sumie kwadratów nóg

Kiedy po raz pierwszy zacząłeś uczyć się pierwiastków kwadratowych i rozwiązywania równań niewymiernych (równości zawierających niewiadomą pod znakiem pierwiastka), prawdopodobnie wpadłeś na pierwszy pomysł ich praktycznego zastosowania. Umiejętność wyciągania pierwiastka kwadratowego z liczb jest również niezbędna do rozwiązywania problemów związanych z zastosowaniem twierdzenia Pitagorasa. Twierdzenie to łączy długości boków dowolnego trójkąta prostokątnego.

Niech długości ramion trójkąta prostokątnego (te dwa boki zbiegające się pod kątem prostym) oznaczymy literami i, a długość przeciwprostokątnej (najdłuższy bok trójkąta przeciwległy do kąta prostego) oznaczmy przez list. Następnie odpowiednie długości są powiązane następującą zależnością:

To równanie pozwala znaleźć długość boku trójkąta prostokątnego w przypadku, gdy znana jest długość jego pozostałych dwóch boków. Ponadto pozwala określić, czy dany trójkąt jest prostokątny, pod warunkiem, że znane są z góry długości wszystkich trzech boków.

Rozwiązywanie problemów za pomocą twierdzenia Pitagorasa

Aby skonsolidować materiał, rozwiążemy następujące problemy dotyczące zastosowania twierdzenia Pitagorasa.

Tak więc, biorąc pod uwagę:

Długość jednej z nóg wynosi 48, przeciwprostokątna 80.
Długość nogi wynosi 84, przeciwprostokątna 91.

Zacznijmy rozwiązywać:

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 długość boku trójkąta nie może być wyrażona jako liczba ujemna, druga opcja jest automatycznie odrzucana.

Odpowiedz na pierwszą cyfrę: b = 64.

b) Długość ramienia drugiego trójkąta znajduje 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 negatywna decyzja jest odrzucana.

Odpowiedz na drugą cyfrę: b = 35

Otrzymujemy:

Długość mniejszych boków trójkąta wynosi odpowiednio 45 i 55, a większych 75.
Długość mniejszych boków trójkąta wynosi odpowiednio 28 i 45, a większych 53.

Rozwiązujemy problem:

a) Należy sprawdzić, czy suma kwadratów długości mniejszych boków danego trójkąta jest równa kwadratowi długości większego:

45 2 + 55 2 = 2025 + 3025 = 5050

Dlatego pierwszy trójkąt nie jest prostokątny.

b) Ta sama operacja jest wykonywana:

28 2 + 45 2 = 784 + 2025 = 2809

Dlatego drugi trójkąt jest prostokątny.

Najpierw znajdź długość największego segmentu utworzonego przez punkty o współrzędnych (-2, -3) i (5, -2). Aby to zrobić, korzystamy ze znanego wzoru na znajdowanie odległości między punktami w prostokątnym układzie współrzędnych:

Podobnie znajdujemy długość odcinka zawartego między punktami o współrzędnych (-2, -3) i (2, 1):

Na koniec określamy długość odcinka między punktami o współrzędnych (2, 1) i (5, -2):

Ponieważ równość obowiązuje:

wtedy odpowiedni trójkąt jest prostokątny.

W ten sposób możemy sformułować odpowiedź na to pytanie: skoro suma kwadratów boków o najkrótszej długości jest równa kwadratowi boku o największej długości, punkty są wierzchołkami trójkąta prostokątnego.

Podstawa (umieszczona ściśle poziomo), ościeżnica (umieszczona ściśle pionowo) i kabel (przedłużony po przekątnej) tworzą odpowiednio trójkąt prostokątny, twierdzenie Pitagorasa można wykorzystać do obliczenia długości kabla:

Zatem długość kabla wyniesie około 3,6 metra.

Biorąc pod uwagę: odległość od punktu R do punktu P (noga trójkąta) wynosi 24, od punktu R do punktu Q (przeciwprostokątna) - 26.

Tak więc pomagamy Vityi rozwiązać problem. Ponieważ boki trójkąta pokazanego na rysunku mają tworzyć trójkąt prostokątny, twierdzenie Pitagorasa można wykorzystać do obliczenia długości trzeciego boku:

Tak więc szerokość stawu wynosi 10 metrów.

Sergey Valerievich

Pitagoras to grecki naukowiec, który żył około 2500 lat temu (564-473 pne).

Niech zostanie podany trójkąt prostokątny, którego boki a, b oraz Z(ryc. 267).

Zbudujmy kwadraty po jego bokach. Pola tych kwadratów są odpowiednio równe a 2 , b 2 i Z 2. Pozwól nam to udowodnić Z 2 = a 2 + b 2 .

Skonstruujmy dwa kwadraty MKOR i M'K'O'R '(ryc. 268, 269), biorąc za bok każdego z nich odcinek równy sumie nóg trójkąta prostokątnego ABC.

Po wykonaniu konstrukcji pokazanych na rycinach 268 i 269 w tych kwadratach zobaczymy, że kwadrat ICOR został podzielony na dwa kwadraty o polach a 2 i b 2 i cztery równe trójkąty prostokątne, z których każdy jest równy trójkątowi prostokątnemu ABC. Kwadrat M'K'O'R' został podzielony na czworokąt (jest zacieniony na rysunku 269) i cztery trójkąty prostokątne, z których każdy jest również równy trójkątowi ABC. Zacieniony czworokąt jest kwadratem, ponieważ jego boki są równe (każdy jest równy przeciwprostokątnej trójkąta ABC, tj. Z), a kąty są liniami prostymi ∠1 + ∠2 = 90 °, skąd ∠3 = 90 °).

Zatem suma pól kwadratów zbudowanych na nogach (na rysunku 268 te kwadraty są zacieniowane) jest równa polu kwadratu ICOR bez sumy pól czterech trójkątów równych i pola kwadrat zbudowany na przeciwprostokątnej (na rysunku 269 ten kwadrat jest również zacieniony) jest równy polu kwadratu M'K'O'R ', równemu kwadratowi ICOR, bez sumy pól czterech takich samych trójkątów. Dlatego pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest równe sumie pól kwadratów zbudowanych na nogach.

Otrzymujemy formułę Z 2 = a 2 + b 2, gdzie Z- przeciwprostokątna, a oraz b- nogi trójkąta prostokątnego.

Twierdzenie Pitagorasa jest pokrótce sformułowane w następujący sposób:

Kwadrat przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest równy sumie kwadratów nóg.

Z formuły Z 2 = a 2 + b 2 możesz otrzymać następujące formuły:

a 2 = Z 2 - b 2 ;

b 2 = Z 2 - a 2 .

Te wzory można wykorzystać do znalezienia nieznanego boku trójkąta prostokątnego z dwóch podanych boków.

Na przykład:

a) jeśli podano nogi a= 4 cm, b= 3 cm, wtedy można znaleźć przeciwprostokątną ( Z):

Z 2 = a 2 + b 2, tj. Z 2 = 4 2 + 3 2; gdzie 2 = 25, skąd Z= √25 = 5 (cm);

b) jeśli podano przeciwprostokątną Z= 17 cm i noga a= 8 cm, wtedy możesz znaleźć kolejną nogę ( b):

b 2 = Z 2 - a 2, tj. b 2 = 17 2 - 8 2 ; b 2 = 225, skąd b= √225 = 15 (cm).

Wniosek: Jeśli w dwóch trójkątach prostokątnych ABC i A 1 B 1 C 1 przeciwprostokątna Z oraz Z 1 są równe, a noga b trójkąt ABC więcej nóg b 1 trójkąt A 1 B 1 C 1,

potem noga a trójkąt ABC mniej nóg a 1 trójkąt A 1 B 1 C 1.

Rzeczywiście, na podstawie twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

a 2 = Z 2 - b 2 ,

a 1 2 = Z 1 2 - b 1 2

W pisanych formułach odejmowane są równe, a odejmowane w pierwszej formule jest większe niż odejmowane w drugiej formule, dlatego pierwsza różnica jest mniejsza niż druga,

tj. a 2 a 1 2. Gdzie a 1.

Fabuła

Chu-pei 500-200 pne. Napis po lewej: suma kwadratów długości wysokości i podstawy jest kwadratem długości przeciwprostokątnej.

W starożytnej chińskiej księdze Chu-pei ( język angielski) (chiński 周髀算經) odnosi się do trójkąta pitagorejskiego o bokach 3, 4 i 5. W tej samej książce zaproponowano rysunek, który pokrywa się z jednym z rysunków hinduskiej geometrii Baszary.

Około 400 pne. e. według Proclusa Platon podał metodę znajdowania trójek pitagorejskich, łącząc algebrę i geometrię. Około 300 pne. mi. najstarszy aksjomatyczny dowód twierdzenia Pitagorasa pojawił się w „Elementach” Euklidesa.

Treść

Formuła geometryczna:

Początkowo twierdzenie zostało sformułowane w następujący sposób:

Sformułowanie algebraiczne:

Oznacza to, że długość przeciwprostokątnej trójkąta przez i długości nóg przez i:

Oba zdania twierdzenia są równoważne, ale drugie zdanie jest bardziej elementarne, nie wymaga pojęcia pola. Oznacza to, że drugie stwierdzenie można sprawdzić, nie wiedząc nic o powierzchni i mierząc tylko długości boków trójkąta prostokątnego.

Odwrotne twierdzenie Pitagorasa:

Dla dowolnej trójki liczb dodatnich i takiej, że istnieje trójkąt prostokątny z nogami i przeciwprostokątną.

Dowód

W chwili obecnej w literaturze naukowej zarejestrowano 367 dowodów tego twierdzenia. Prawdopodobnie twierdzenie Pitagorasa jest jedynym twierdzeniem z tak imponującą liczbą dowodów. Tę różnorodność można wyjaśnić jedynie podstawowym znaczeniem twierdzenia o geometrii.

Oczywiście koncepcyjnie wszystkie można podzielić na niewielką liczbę klas. Najsłynniejsze z nich: dowody metodą powierzchni, dowody aksjomatyczne i egzotyczne (np. z wykorzystaniem równań różniczkowych).

Przez podobne trójkąty

Poniższy dowód sformułowania algebraicznego jest najprostszym dowodem zbudowanym bezpośrednio z aksjomatów. W szczególności nie posługuje się pojęciem powierzchni figury.

Pozwalać ABC jest trójkąt prostokątny z kątem prostym C... Narysujmy wysokość z C i oznacz jego podstawę przez h... Trójkąt ACH jak trójkąt ABC w dwóch rogach. Podobnie, trójkąt CBH jest podobny ABC... Przedstawiamy notację

dostajemy

Jaki jest odpowiednik

Dodając, otrzymujemy

, co było wymagane do udowodnienia

Obszary dowód

Poniższe dowody, mimo pozornej prostoty, wcale nie są takie proste. Wszystkie wykorzystują własności pola, których dowód jest trudniejszy niż dowód samego twierdzenia Pitagorasa.

Dowód równej komplementarności

Umieść cztery równe trójkąty prostokątne, jak pokazano na rysunku 1.
Czworokąt z bokami C jest kwadratem, ponieważ suma dwóch kątów ostrych wynosi 90 °, a kąt rozłożony wynosi 180 °.
Pole całej figury to z jednej strony pole kwadratu o bokach (a + b), a z drugiej suma pól czterech trójkątów i pola wewnętrzny plac.

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 pól kwadratów zbudowanych na nogach, a następnie pól dużych i dwóch małych kwadratów są równe.

Rozważ rysunek po lewej. Na nim zbudowaliśmy kwadraty po bokach trójkąta prostokątnego i narysowaliśmy promień s z wierzchołka kąta prostego C prostopadłego do przeciwprostokątnej AB, przecina on kwadrat ABIK zbudowany na przeciwprostokątnej na dwa prostokąty - BHJI i HAKJ, odpowiednio. Okazuje się, że pola tych prostokątów są dokładnie takie same, jak pola kwadratów zbudowanych na odpowiednich nogach.

Spróbujmy udowodnić, że pole kwadratu DECA jest równe polu prostokąta AHJK W tym celu skorzystajmy z obserwacji pomocniczej: Pole trójkąta o takiej samej wysokości i podstawie jak ten prostokąt równa się połowie powierzchni danego prostokąta. Wynika to z określenia pola trójkąta jako połowy iloczynu podstawy i wysokości. Z tej obserwacji wynika, że pole trójkąta ACK jest równe polu trójkąta AHK (nie pokazanego na rysunku), który z kolei jest równy połowie pola prostokąta AHJK .

Wykażmy 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 pole trójkąta BDA jest równe połowie pola kwadratu zgodnie z powyższą właściwością). Równość jest oczywista: trójkąty są równe z dwóch stron i kąta między nimi. Mianowicie - AB = AK, AD = AC - równość kątów CAK i BAD łatwo udowodnić metodą ruchu: trójkąt CAK obracamy o 90 ° w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, wtedy jest oczywiste, że odpowiadające boki dwóch trójkątów pod rozpatrzenie będzie się pokrywać (ponieważ kąt na wierzchołku kwadratu wynosi 90 °).

Rozumowanie o równości pól kwadratu BCFG i prostokąta BHJI jest całkowicie analogiczne.

W ten sposób udowodniliśmy, że pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej jest sumą pól pola kwadratu zbudowanego na nogach. Ideę tego dowodu ilustruje powyższa animacja.

Dowód Leonarda da Vinci

Głównymi elementami dowodu są symetria i ruch.

Rozważmy rysunek, jak widać z symetrii, segment przecina kwadrat na dwie identyczne części (ponieważ trójkąty i są równe w budowie).

Obracając się o 90 stopni w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara wokół punktu, widzimy, że zacieniowane cyfry i są równe.

Teraz jest jasne, że powierzchnia zacieniowanej figury jest równa sumie połówek obszarów małych kwadratów (zbudowanych na nogach) i powierzchni pierwotnego trójkąta. Z drugiej strony jest równy połowie powierzchni dużego kwadratu (zbudowanego na przeciwprostokątnej) plus powierzchnia 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 plac zbudowany na przeciwprostokątnej.

Dowód metodą nieskończenie małych

Poniższy dowód wykorzystujący równania różniczkowe jest często przypisywany słynnemu angielskiemu matematykowi Hardy'emu, który żył w pierwszej połowie XX wieku.

Patrząc na rysunek pokazany na rysunku i obserwując zmianę strony a, możemy napisać następującą zależność dla nieskończenie małych przyrostów boków Z oraz a(wykorzystując podobieństwo trójkątów):

Stosując metodę rozdzielania zmiennych, znajdujemy

Bardziej ogólne wyrażenie na zmianę przeciwprostokątnej 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 końcowym wzorze wynika z liniowej proporcjonalności między bokami trójkąta a przyrostami, podczas gdy suma jest związana z niezależnymi udziałami przyrostów różnych boków.

Prostszy dowód można uzyskać, jeśli założymy, że jedna z nóg nie doświadcza przyrostu (w tym przypadku noga). Wtedy dla stałej całkowania otrzymujemy

Wariacje i uogólnienia

Podobne kształty geometryczne z trzech stron

Uogólnienie dla podobnych trójkątów, obszar zielonych kształtów A + B = obszar niebieskiego C

Twierdzenie Pitagorasa przy użyciu podobnych trójkątów prostokątnych

Uogólnienia twierdzenia Pitagorasa dokonał w swojej pracy Euklides Początki, rozszerzając obszary kwadratów po bokach do obszarów o podobnych kształtach geometrycznych:

Jeśli zbudujesz podobne kształty geometryczne (patrz geometria euklidesowa) na bokach trójkąta prostokątnego, suma dwóch mniejszych figur będzie równa powierzchni większej figury.

Główną ideą tego uogólnienia jest to, że powierzchnia takiej figury geometrycznej jest proporcjonalna do kwadratu dowolnego z jej wymiarów liniowych, a w szczególności do kwadratu długości dowolnego boku. Dlatego dla podobnych figur z obszarami A, b oraz C zabudowany na bokach o długości a, b oraz C, mamy:

Ale zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa, a 2 + b 2 = C 2, więc A + b = C.

I odwrotnie, jeśli możemy to udowodnić A + b = C dla trzech podobnych figur geometrycznych bez użycia twierdzenia Pitagorasa, możemy udowodnić samo twierdzenie, poruszające się w przeciwnym kierunku. Na przykład początkowy trójkąt środkowy można ponownie wykorzystać jako trójkąt C na przeciwprostokątnej i dwóch podobnych trójkątów prostokątnych ( A oraz b), zbudowany z dwóch pozostałych boków, które powstają w wyniku podzielenia trójkąta środkowego przez jego wysokość. Suma dwóch mniejszych pól trójkątów jest wtedy oczywiście równa powierzchni trzeciego, a więc A + b = C i wykonując poprzednie dowody w odwrotnej kolejności, otrzymujemy twierdzenie Pitagorasa a 2 + b 2 = c 2.

twierdzenie cosinus

Twierdzenie Pitagorasa jest szczególnym przypadkiem bardziej ogólnego twierdzenia cosinus, które wiąże długości boków w dowolnym trójkącie:

gdzie θ jest kątem między bokami a oraz b.

Jeśli θ wynosi 90 stopni, to cos θ = 0 i formuła jest uproszczona do zwykłego twierdzenia Pitagorasa.

Dowolny trójkąt

Do dowolnego wybranego rogu dowolnego trójkąta o bokach a, b, c wpisujemy trójkąt równoramienny w taki sposób, aby równe kąty przy jego podstawie θ były równe wybranemu kątowi. Załóżmy, że wybrany kąt θ jest przeciwny do strony oznaczonej C... W rezultacie otrzymaliśmy trójkąt ABD o kącie θ, który znajduje się po przeciwnej stronie a i imprezy r... Drugi trójkąt tworzy kąt θ, który jest przeciwny do boku b i imprezy Z długość s, jak widać na zdjęciu. Thabit Ibn Qurrah twierdził, że boki w tych trzech trójkątach są połączone w następujący sposób:

Gdy kąt θ zbliża się do π/2, podstawa trójkąta równoramiennego maleje, a dwa boki r i s zachodzą na siebie coraz mniej. Gdy θ = π / 2, ADB staje się trójkątem prostokątnym, r + s = C i otrzymujemy początkowe twierdzenie Pitagorasa.

Rozważmy jeden z powodów. 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 ten sam trzeci kąt, zgodnie z sumą kątów trójkąta.) W związku z tym ABC jest podobne do odbicia ABD w trójkącie DBA, jak pokazano na dolnym rysunku. Zapiszmy stosunek przeciwnych stron do kąta ,

Również odbicie innego trójkąta,

Pomnóżmy ułamki i dodajmy te dwa stosunki:

co było do okazania

Uogólnienie na dowolne trójkąty za pomocą równoległoboków

Uogólnienie na dowolne trójkąty,
obszar zieleni działka = powierzchnia niebieski

Dowód tezy, że na powyższym obrazku

Uogólnijmy dalej do trójkątów nieprostokątnych, używając równoległoboków z trzech stron zamiast kwadratów. (kwadraty są przypadkiem szczególnym.) Górny rysunek pokazuje, że w przypadku trójkąta ostrokątnego powierzchnia równoległoboku na długim boku jest równa sumie równoległoboków na pozostałych dwóch bokach, pod warunkiem, że równoległobok na długi bok jest skonstruowany jak pokazano na rysunku (wymiary zaznaczone strzałkami są takie same i określają boki dolnego równoległoboku). To zastąpienie kwadratów równoległobokami wykazuje wyraźne podobieństwo do początkowego twierdzenia Pitagorasa, uważa się, że zostało ono sformułowane przez Pappusa z Aleksandrii w 4 roku n.e. mi.

Dolny rysunek przedstawia postęp dowodu. Spójrzmy na lewą stronę trójkąta. Lewy zielony równoległobok ma taki sam obszar jak lewa strona niebieskiego równoległoboku, ponieważ mają tę samą podstawę b i wzrost h... Ponadto lewy zielony równoległobok ma taki sam obszar jak lewy zielony równoległobok na górnym rysunku, ponieważ mają wspólną podstawę (lewy górny bok trójkąta) i całkowitą wysokość prostopadłą do tego boku trójkąta. Argumentując podobnie dla prawej strony trójkąta, dowodzimy, że dolny równoległobok ma taką samą powierzchnię jak dwa zielone równoległoboki.

Liczby zespolone

Twierdzenie Pitagorasa służy do obliczania odległości między dwoma punktami w kartezjańskim układzie współrzędnych, a twierdzenie to jest prawdziwe dla wszystkich prawdziwych współrzędnych: odległość s między dwoma punktami ( a, b) oraz ( płyta CD) równa się

Nie ma problemu ze wzorem, jeśli liczby zespolone potraktujesz jako wektory z rzeczywistymi składowymi x + ja ty = (x, tak). ... Na przykład odległość s między 0 + 1 i i 1 + 0 i obliczamy jako moduł wektora (0, 1) − (1, 0) = (−1, 1), lub

Niemniej jednak, w przypadku operacji na wektorach o złożonych współrzędnych, konieczne jest pewne ulepszenie formuły pitagorejskiej. Odległość między punktami z liczbami zespolonymi ( a, b) oraz ( C, D); a, b, C, oraz D wszystko złożone, sformułujemy za pomocą wartości bezwzględnych. Dystans s w oparciu o różnicę wektorów (a − C, b − D) w postaci: niech różnica a − C = P+ ja Q, gdzie P- prawdziwa część różnicy, Q jest częścią urojoną, a i = √ (−1). Podobnie niech b − D = r+ ja s... Następnie:

gdzie jest zespolona liczba sprzężona dla. Na przykład odległość między punktami (a, b) = (0, 1) oraz (C, D) = (i, 0) obliczymy różnicę (a − C, b − D) = (−i, 1) iw rezultacie otrzymalibyśmy 0, gdyby nie użyto sprzężeń złożonych. Dlatego korzystając z ulepszonej formuły otrzymujemy

Moduł definiuje się następująco:

Stereometria

Znaczącym uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa dla przestrzeni trójwymiarowej jest twierdzenie de Gua, nazwane na cześć J.-P. de Gua: jeśli czworościan ma kąt prosty (jak w sześcianie), to kwadrat powierzchni twarzy leżącej naprzeciwko kąta prostego jest równy sumie kwadratów obszarów pozostałych trzech ścian. Ten wniosek można podsumować jako „ n-wymiarowe twierdzenie Pitagorasa ”:

Twierdzenie Pitagorasa w przestrzeni trójwymiarowej łączy przekątną AD z trzema bokami.

Inne uogólnienie: Twierdzenie Pitagorasa można zastosować do stereometrii w następującej postaci. Rozważ prostokątny równoległościan, jak pokazano na rysunku. Znajdźmy długość przekątnej BD według 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 korzystamy z twierdzenia Pitagorasa:

lub, jeśli wszystko jest zapisane w jednym równaniu:

Ten wynik jest wyrażeniem 3D do określania wielkości wektora v(przekątna AD) wyrażona w postaci składowych prostopadłych ( v k) (trzy wzajemnie prostopadłe boki):

Równanie to można traktować jako uogólnienie twierdzenia Pitagorasa dla przestrzeni wielowymiarowej. Jednak rezultatem jest w rzeczywistości nic innego jak powtórne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa do ciągu trójkątów prostokątnych w kolejno prostopadłych płaszczyznach.

Przestrzeń wektorowa

W przypadku ortogonalnego układu wektorów zachodzi równość, nazywana również twierdzeniem Pitagorasa:

Jeśli jest rzutem wektora na osie współrzędnych, to wzór ten pokrywa się z odległością euklidesową - i oznacza, że długość wektora jest równa pierwiastkowi kwadratowemu sumy kwadratów jego składowych.

Analogiem tej równości w przypadku nieskończonego układu wektorów jest równość Parsevala.

Geometria nieeuklidesowa

Twierdzenie Pitagorasa wywodzi się z aksjomatów geometrii euklidesowej iw rzeczywistości nie jest ważne dla geometrii nieeuklidesowej w formie, w jakiej zostało napisane powyżej. (Oznacza to, że twierdzenie Pitagorasa okazuje się rodzajem odpowiednika postulatu Euklidesa o równoległości) Innymi słowy, w geometrii nieeuklidesowej stosunek boków trójkąta z konieczności będzie miał inną postać niż twierdzenie Pitagorasa . Na przykład w geometrii sferycznej wszystkie trzy boki trójkąta prostokątnego (powiedzmy a, b oraz C), które ograniczają oktant (ósma 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, tak jak w przestrzeni euklidesowej dla trójkątów prostokątnych, wynik zastępujący twierdzenie Pitagorasa wynika z twierdzenia cosinus.

Twierdzenie Pitagorasa pozostaje jednak ważne dla geometrii hiperbolicznej i eliptycznej, jeśli wymóg prostokątności trójkąta zostanie zastąpiony warunkiem, że suma dwóch kątów trójkąta musi być równa trzeciej, powiedzmy A+b = C... Wtedy stosunek boków wygląda tak: suma pól okręgów o średnicach a oraz b równa powierzchni koła o średnicy C.

Geometria sferyczna

Dla dowolnego trójkąta prostokątnego na kuli o promieniu r(na przykład, jeśli kąt γ w trójkącie jest linią prostą) o bokach a, b, C relacja między stronami będzie wyglądać tak:

Równość tę można wyprowadzić jako szczególny przypadek twierdzenia o sferycznym cosinusie, które jest prawdziwe dla wszystkich trójkątów sferycznych:

gdzie cosh jest cosinusem hiperbolicznym. Ten wzór 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 ij nazywa się tensorem metrycznym. Może to być funkcja pozycji. Takie zakrzywione przestrzenie obejmują geometrię Riemanna jako ogólny przykład. To sformułowanie jest również odpowiednie dla przestrzeni euklidesowej, gdy używa się współrzędnych krzywoliniowych. Na przykład dla współrzędnych biegunowych:

Produkt wektorowy

Twierdzenie Pitagorasa łączy dwa wyrażenia określające wielkość produktu wektorowego. Jedno podejście do definiowania produktu krzyżowego wymaga, aby spełniał on równanie:

ta formuła wykorzystuje produkt kropkowy. Prawa strona równania nazywana jest wyznacznikiem grama dla a oraz b, który jest równy powierzchni równoległoboku utworzonego przez te dwa wektory. W oparciu o ten wymóg, a także wymóg prostopadłości produktu wektorowego do jego składników a oraz b z tego wynika, że z wyjątkiem trywialnych przypadków z przestrzeni 0- i 1-wymiarowej iloczyn wektorowy jest zdefiniowany tylko w trzech i siedmiu wymiarach. Używamy definicji kąta w n-wymiarowa przestrzeń:

ta właściwość iloczynu wektorowego daje jego wartość w postaci:

Poprzez fundamentalną tożsamość trygonometryczną Pitagorasa uzyskujemy inną formę zapisu jego wartości:

Alternatywne podejście do definiowania iloczynu krzyżowego wykorzystuje wyrażenie ze względu na jego wielkość. Następnie, argumentując w odwrotnej kolejności, otrzymujemy połączenie z iloczynem skalarnym:

Zobacz też

Notatki (edytuj)

Temat historyczny: Twierdzenie Pitagorasa w matematyce babilońskiej
(, s. 351) s. 351
(Tom I, s. 144)
Omówienie faktów historycznych znajduje się w (, s. 351) s. 351
Kurt Von Fritz (kwiecień 1945). „Odkrycie niewspółmierności przez Hippasusa z Metapontum”. Roczniki Matematyki, seria druga(Roczniki Matematyki) 46 (2): 242–264.
Lewis Carroll, „Opowieść z węzłami”, M., Mir, 1985, s. 7
Asger aaboe Epizody z wczesnej historii matematyki. - Mathematical Association of America, 1997. - P. 51. - ISBN 0883856131
Twierdzenie Pitagorasa, Elisha Scott Loomis
Euklidesa Elementy: Księga VI, Propozycja VI 31: „W trójkątach prostokątnych figura na boku reprezentująca kąt prosty jest równa podobnym i podobnie opisanym figurom na bokach zawierających kąt prosty."
Lawrence S. Leff cytowana praca... - Seria edukacyjna Barrona. - P. 326. - ISBN 0764128922
Howard Whitley Eves§4.8: ... uogólnienie twierdzenia Pitagorasa // Wielkie momenty w matematyce (przed 1650). - Mathematical Association of America, 1983. - P. 41. - ISBN 0883853108
Tâbit ibn Qorra (pełne imię Thābit ibn Qurra ibn Marwan Al-Ṣābiʾ al-Ḥarrānī) (826-901 ne) był lekarzem mieszkającym w Bagdadzie, który dużo pisał o Elementach Euklidesa i innych przedmiotach matematycznych.
Aydin Sayili (marzec 1960). Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa Thâbita ibn Qurry. Izyda 51 (1): 35-37. DOI: 10.1086 / 348837.
Judith D. Sally, Paul SallyĆwiczenie 2.10 (ii) // Praca cytowana. - str. 62. - ISBN 0821844032
Aby uzyskać szczegółowe informacje na temat takiej konstrukcji, zobacz George Jennings Rysunek 1.32: Uogólnione twierdzenie Pitagorasa // Nowoczesna geometria z aplikacjami: ze 150 figurami. - 3 miejsce. - Springer, 1997. - P. 23. - ISBN 038794222X
Arlen Brown, Carl M. Pearcy Przedmiot C: Norma arbitralna n-tuple ... // Wprowadzenie do analizy. - Springer, 1995. - P. 124. - ISBN 0387943692 Zobacz także strony 47-50.
Alfred Gray, Elsa Abbena, Simon Salamon Nowoczesna geometria różniczkowa krzywych i powierzchni z Mathematica. - 3 miejsce. - CRC Press, 2006. - P. 194. - ISBN 1584884487
Rajendra Bhatia Analiza macierzy. - Springer, 1997. - str. 21. - ISBN 0387948465
Stephen W. Hawking cytowana praca... - 2005. - str. 4. - ISBN 0762419229

Twierdzenie Pitagorasa mówi:

W trójkącie prostokątnym suma kwadratów nóg jest równa kwadratowi przeciwprostokątnej:

a 2 + b 2 = c 2,

a oraz b- nogi tworzące kąt prosty.
Z- przeciwprostokątna trójkąta.

Wzory twierdzenia Pitagorasa

a = \ sqrt (c ^ (2) - b ^ (2))
b = \ sqrt (c ^ (2) - a ^ (2))
c = \ sqrt (a ^ (2) + b ^ (2))

Dowód twierdzenia Pitagorasa

Pole trójkąta prostokątnego oblicza się według wzoru:

S = \ frac (1) (2) ab

Aby obliczyć pole dowolnego trójkąta, formuła pola to:

P- półobwód. p = \ frac (1) (2) (a + b + c),
r Jest promieniem okręgu wpisanego. Dla prostokąta r = \ frac (1) (2) (a + b-c).

Następnie przyrównujemy prawe strony obu wzorów do obszaru trójkąta:

\ frac (1) (2) ab = \ frac (1) (2) (a + b + c) \ frac (1) (2) (a + b-c)

2 ab = (a + b + c) (a + b-c)

2 ab = \ lewo ((a + b) ^ (2) -c ^ (2) \ prawo)

2 ab = a ^ (2) + 2ab + b ^ (2) -c ^ (2)

0 = a ^ (2) + b ^ (2) -c ^ (2)

c ^ (2) = a ^ (2) + b ^ (2)

Odwrotne twierdzenie Pitagorasa:

Jeśli kwadrat jednego boku trójkąta jest równy sumie kwadratów dwóch pozostałych boków, to trójkąt jest prostokątny. Oznacza to, że dla dowolnej trójki liczb dodatnich a, b oraz C takie, że

a 2 + b 2 = c 2,

jest trójkąt prostokątny z nogami a oraz b i przeciwprostokątna C.

twierdzenie Pitagorasa- jedno z podstawowych twierdzeń geometrii euklidesowej, ustalające związek między bokami trójkąta prostokątnego. Udowodnił to uczony matematyk i filozof Pitagoras.

Znaczenie twierdzenia dzięki temu można go wykorzystać do udowodnienia innych twierdzeń i rozwiązywania problemów.

Dodatkowy materiał:

Twierdzenie Pitagorasa mówi:

W trójkącie prostokątnym suma kwadratów nóg jest równa kwadratowi przeciwprostokątnej:

a 2 + b 2 = c 2,

a oraz b- nogi tworzące kąt prosty.
Z- przeciwprostokątna trójkąta.

Wzory twierdzenia Pitagorasa

a = \ sqrt (c ^ (2) - b ^ (2))
b = \ sqrt (c ^ (2) - a ^ (2))
c = \ sqrt (a ^ (2) + b ^ (2))

Dowód twierdzenia Pitagorasa

Pole trójkąta prostokątnego oblicza się według wzoru:

S = \ frac (1) (2) ab

Aby obliczyć pole dowolnego trójkąta, formuła pola to:

P- półobwód. p = \ frac (1) (2) (a + b + c),
r Jest promieniem okręgu wpisanego. Dla prostokąta r = \ frac (1) (2) (a + b-c).

Następnie przyrównujemy prawe strony obu wzorów do obszaru trójkąta:

\ frac (1) (2) ab = \ frac (1) (2) (a + b + c) \ frac (1) (2) (a + b-c)

2 ab = (a + b + c) (a + b-c)

2 ab = \ lewo ((a + b) ^ (2) -c ^ (2) \ prawo)

2 ab = a ^ (2) + 2ab + b ^ (2) -c ^ (2)

0 = a ^ (2) + b ^ (2) -c ^ (2)

c ^ (2) = a ^ (2) + b ^ (2)

Odwrotne twierdzenie Pitagorasa:

a 2 + b 2 = c 2,

jest trójkąt prostokątny z nogami a oraz b i przeciwprostokątna C.

twierdzenie Pitagorasa- jedno z podstawowych twierdzeń geometrii euklidesowej, ustalające związek między bokami trójkąta prostokątnego. Udowodnił to uczony matematyk i filozof Pitagoras.

Znaczenie twierdzenia dzięki temu można go wykorzystać do udowodnienia innych twierdzeń i rozwiązywania problemów.

Dodatkowy materiał: