szukanie zaawansowane
 [ Posty: 11 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2014, o 01:46 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Dowód pewnie znany bo jest ich około pół tysiąca, ale czemu nie pobawić się samodzielnie?
Niech trójkąt ABC będzie prostokątnym a jego przeciwprostokątna promieniem okręgu.
Poprowadźmy dwusieczną kąta którego wierzchołek przynależy do środka okręgu. Przecina ona cięciwę CD połowiąc ją w punkcie F a jej spodek na promień okręgu do którego przynależy jedno ramię kąta wierzchołkowego jest w punkcie E.
Zauważamy, że trójkąty \Delta AFE, \ \Delta BCD, \ \Delta EFD są podobne.
Co widać na rysunku.
Załącznik:
Tw.Pitagorasa.png
Tw.Pitagorasa.png [ 18.42 KiB | Przeglądane 790 razy ]

Oznaczając :
|AB|=a, |BC|=b , |AC|=c , oraz |ED|= \frac{1}{2} (c-a)
można napisać:
\frac{ \frac{1}{2}b }{a+[ \frac{1}{2}(c-a)] } = \frac{c-a}{b}

a stąd po prostych rachunkach otrzymuje się

c^2=a^2+b^2

Jeżeli zauważyć, że można skonstruować koła których średnicami będą boki trójkąta prostokątnego, to można wypowiedzieć trywialne już zdania, ale czasami warte pamiętania, że suma pól kół których średnicami są przyprostokątne trójkąta jest równa polu koła którego średnicą jest przeciwprostokątna tego trójkąta oraz to, że suma dopełnień do kwadratów opisanych na tych kołach jest równa dopełnieniu do kwadratu opisanego na kole o średnicy równej przeciwprostokątnej.

W.Kr.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2014, o 05:17 
Użytkownik

Posty: 12839
Lokalizacja: Bydgoszcz
Ładne:

Ja wpadłem na inny. Dla trójkąta \Delta określmy funkcję f(\Delta)=kwadrat najdłuzszego boku minus suma kwadratów pozostałych boków.
Łatwo sprawdzić, że znak tej funkcji jest taki sam dla trójkątów podobnych.
Niech ABC będzie trójkątem prostokątnym z kątem prostym C i P będzie spodkiem wysokości opuszczonej z C. Wtedy trójkąty ABC,\ APC,\ CPB sa podobne i

f(ABC)=AB^2-AC^2-BC^2=(AP+PB)^2-AC^2-BC^2=\\=-f(APC)-f(CPB),

a zatem obie strony muszą być równe zeru :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2014, o 23:22 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Też ładne. :)
W.Kr.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 13:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1365
Lokalizacja: Katowice
moje ulubione dowody:

Niech CD to wysokość trójkąta ABC o kącie prostym przy wierzchołku C. Trójkąty ABC, BCD, ACD są podobne. Kwadrat skali podobieństwa jest równy stosunkowi pól, więc \left(\frac{BC}{AB}\right)^2 = \frac{[BCD]}{[ABC]} oraz \left(\frac{AC}{AB}\right)^2 = \frac{[ACD]}{[ABC]}. Po zsumowaniu dostajemy \frac{BC^2+AC^2}{AB^2} = 1, stąd BC^2+AC^2=AB^2

i drugi:
Niech kąt BCA jest prosty. Zakreślmy okrąg o środku B przechodzący przez C i niech przecina on prostą AB w punktach X, Y. Odcinek AC jest styczny do tego okręgu. Z twierdzenia o stycznej i siecznej (a jeśli ktoś tego twierdzenia nie zna, to z podobieństwa ACX, ACY) wynika, żeAC^2 = AX \cdot AY = (AB+BC)(AB-BC) =AB^2 - BC^2, czyliBC^2 + AC^2 = AB^2
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 14:41 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Też ładne!
Ale już trudno będzie chyba pokazać słuszność tego twierdzenia, dać jego nowy dowód, w "idei polowej" Pitagorasa. Środki chyba już się wyczerpały.
W.Kr.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 15:50 
Użytkownik

Posty: 12839
Lokalizacja: Bydgoszcz
Mam pomysł, pozbierajmy w tym wątku znane dowody. Może urodzi się z tego cos fajnego?

Bullen w swojej książce o nierównościach dla średnich podaje ponad 80 dowodów nierówności między średnia arytmetyczna i geometryczną. Dlaczego Pitagoras miałby być gorszy?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 15:56 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Jeden z moich przyjaciół z za Wielkiej Wody napisał mi nie tak dawno, że dowodów na tw. Pitagorasa jest ponoć kilka ponad 450.
Czy mamy tu szanse na pozbieranie choćby połowy z nich?
W.Kr.
PS. Dwa w miarę nowe można oglądnąć np. tu:
http://andsol.blox.pl/html

poniedziałek, 04 sierpnia 2014
Przeminęło z wiatrem ale został lekki niesmak
Choć do jednego mam "zastrzeżenia", że jest dowodem na jedynkę trygonometryczną nie zaś na tw.Pitagorasa.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 18:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1683
Lokalizacja: Warszawa
a4karo napisał(a):
Mam pomysł, pozbierajmy w tym wątku znane dowody.

Ok, wrzucam jeden z tych "polowych" dowodów.
Obrazek

\begin{cases} S_{\Delta}=S_{1}+S_{2}\\ S_{1}= b^{2} \cdot f(\alpha)\\   S_{2}= a^{2}  \cdot f(\alpha)  \\ S_{\Delta}= c^{2}  \cdot f(\alpha) \end{cases} \ \implies c^{2}=a^{2}+b^{2}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 21:55 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Jest to dowód tw.Pitagorasa podany przez Euklidesa wykorzystujący podobieństwo trójkątów.
Tu funkcja f( \alpha ) jest tym podobieństwem.
W.Kr.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 22:23 
Użytkownik

Posty: 12839
Lokalizacja: Bydgoszcz
I jest to praktycznie ten sam dowód co podany wcześniej przez tymon92
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 22:56 
Użytkownik

Posty: 5268
Lokalizacja: Staszów
Niech będzie dany okrąg i wpisany weń prostokąt o bokach a i b.
Wtedy przekątne tego prostokąta są sobie równe i równe średnicy c okręgu.
Korzystając z twierdzenia Ptolemeusza wypowiedzianego piętnaście wieków po Pitagorasie, możemy napisać:
c \cdot c= a \cdot a+b \cdot b
co po wykonaniu działań daje:
c^2=a^2+b^2 , i co można wypowiedzieć słowami:
"kwadrat przeciwprostokątnej trójkąta jest równy sumie kwadratów jego przyprostokątnych".
Nie jest to zbyt odkrywcze ani oryginalne dowodzenie. Może trochę inne niż najczęściej przytaczane.

W.Kr.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 11 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Twierdzenie pitagorasa - zadanie 9  TeDeX  1
 Twierdzenie Pitagorasa - zadanie 33  CJ168  3
 Twierdzenie pitagorasa - zadanie 19  harnas16  1
 Twierdzenie Pitagorasa - zadanie 29  luna129  1
 Twierdzenie Pitagorasa - zadanie 30  luna129  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl