Melyik háromszögekre hat a Pitagorasz -tétel? Pitagorasz -tétel: háttér, bizonyítások, példák a gyakorlati alkalmazásra
Amikor először kezdte el megtanulni a négyzetgyököket, és hogyan oldja meg az irracionális egyenleteket (az egyenlőségek ismeretleneket tartalmaznak a gyökérjel alatt), valószínűleg megkapta az első ötletet róluk. gyakorlati használat... A számok négyzetgyökének kinyerésére is szükség van a Pitagorasz -tétel alkalmazásával kapcsolatos problémák megoldásához. Ez a tétel összekapcsolja bármely derékszögű háromszög oldalainak hosszát.
Jelölje a derékszögű háromszög lábainak hosszát (azokat a két oldalt, amelyek derékszögben konvergálnak) betűkkel, és a hipotenusz hosszát (a háromszög leghosszabb oldala a derékszöggel szemben). egy levél. Ezután a megfelelő hosszúságokat a következő összefüggés kapcsolja össze:
Ez az egyenlet lehetővé teszi, hogy megtalálja a derékszögű háromszög oldalának hosszát abban az esetben, ha a másik két oldalának hossza ismert. Ezenkívül lehetővé teszi annak meghatározását, hogy a vizsgált háromszög téglalap alakú -e, feltéve, hogy mindhárom oldal hossza előre ismert.
Problémamegoldás a Pitagorasz -tétel segítségével
Az anyag megszilárdítása érdekében a Pitagorasz -tétel alkalmazásával kapcsolatos alábbi problémákat oldjuk meg.
Tehát, tekintettel:
- Az egyik láb hossza 48, a hypotenus 80.
- A láb hossza 84, a hypotenus 91.
Kezdjük a megoldást:
a) Az adatoknak a fenti egyenletbe való behelyettesítése a következő eredményeket eredményezi:
48 2 + b 2 = 80 2
2304 + b 2 = 6400
b 2 = 4096
b= 64 vagy b = -64
Mivel a háromszög oldalhosszát nem lehet negatív számként kifejezni, a második opció automatikusan elvetésre kerül.
Válasz az első ábrára: b = 64.
b) A második háromszög lábának hossza ugyanúgy megtalálható:
84 2 + b 2 = 91 2
7056 + b 2 = 8281
b 2 = 1225
b= 35 vagy b = -35
Az előző esethez hasonlóan a negatív döntést elutasítják.
Válasz a második ábrára: b = 35
Nekünk adatik:
- A háromszög kisebb oldalainak hossza 45, illetve 55, a nagyobbaké 75.
- A háromszög kisebb oldalainak hossza 28, illetve 45, a nagyobbaké 53.
Megoldjuk a problémát:
a) Ellenőrizni kell, hogy e háromszög kisebb oldalai négyzeteinek összege megegyezik -e a nagyobbik négyzetével:
45 2 + 55 2 = 2025 + 3025 = 5050
Ezért az első háromszög nem derékszögű.
b) Ugyanezt a műveletet hajtják végre:
28 2 + 45 2 = 784 + 2025 = 2809
Ezért a második háromszög derékszögű.
Először keressük meg a legnagyobb szegmens hosszát, amelyet a (-2, -3) és (5, -2) koordinátájú pontok alkotnak. Ehhez a jól ismert képletet használjuk a pontok közötti távolság megállapítására egy téglalap alakú koordináta-rendszerben:
Hasonlóképpen megtaláljuk a szegmens hosszát a (-2, -3) és (2, 1) koordinátájú pontok között:
Végül meghatározzuk a szakasz hosszát a (2, 1) és (5, -2) koordinátájú pontok között:
Mivel az egyenlőség érvényes:
akkor a megfelelő háromszög derékszögű.
Így megfogalmazhatjuk a választ a feladatra: mivel a legrövidebb oldalak négyzeteinek összege megegyezik a legnagyobb hosszúságú oldal négyzetével, a pontok egy derékszögű háromszög csúcsai.
Az alap (szigorúan vízszintesen helyezkedik el), az oszlop (szigorúan függőlegesen) és a kábel (átlósan meghosszabbítva) derékszögű háromszöget képez, a Pitagorasz-tétel segítségével megállapítható a kábel hossza:
Így a kábel hossza körülbelül 3,6 méter lesz.
Adott: az R ponttól a P pontig (a háromszög lába) a távolság 24, az R ponttól a Q pontig (hipotenusz) - 26.
Tehát segítünk Vityának megoldani a problémát. Mivel az ábrán látható háromszög oldalai állítólag derékszögű háromszöget alkotnak, a Pitagorasz-tétel segítségével megállapítható a harmadik oldal hossza:
Tehát a tó szélessége 10 méter.
Szergej Valerievics
Pitagorasz tétel: A lábakon nyugvó négyzetek területeinek összege ( aés b) megegyezik a hipotenuszra épített négyzet területével ( c).
Geometriai összetétel:
Kezdetben a tételt a következőképpen fogalmazták meg:
Algebrai megfogalmazás:
Vagyis egy háromszög hipotenuszának hosszát jelöljük c, és a lábak hossza keresztül aés b :
a 2 + b 2 = c 2A tétel mindkét állítása egyenértékű, de a második állítás inkább elemi, nem igényli a terület fogalmát. Vagyis a második állítás ellenőrizhető anélkül, hogy bármit is tudna a területről, és csak egy derékszögű háromszög oldalainak hosszát mérje.
Fordított Pitagorasz -tétel:
Bizonyíték
Tovább Ebben a pillanatban a tudományos irodalomban ennek a tételnek 367 bizonyítékát rögzítették. Valószínűleg a Pitagorasz -tétel az egyetlen tétel, amely ilyen lenyűgöző számú bizonyítékot tartalmaz. Ez a változatosság csak a geometria tételének alapvető jelentésével magyarázható.
Természetesen fogalmilag mindegyik kis számú osztályra osztható. Ezek közül a leghíresebbek: a terület módszerrel végzett bizonyítások, axiomatikus és egzotikus bizonyítások (például differenciálegyenletek használatával).
Hasonló háromszögeken keresztül
Az algebrai megfogalmazás alábbi bizonyítása a legegyszerűbb az axiómákból közvetlenül felállított bizonyítások közül. Különösen nem használja az ábra területének fogalmát.
Legyen ABC van derékszögű háromszög derékszöggel C... Rajzoljuk le a magasságot Cés jelölje alapját H... Háromszög ACH mint egy háromszög ABC két sarokban. Hasonlóan a háromszög CBH hasonló ABC... A jelölés bemutatása
kapunk
Mi az egyenértékű
Hozzátéve, megkapjuk
Területek bizonyíték
Az alábbi bizonyítékok látszólagos egyszerűségük ellenére egyáltalán nem ilyen egyszerűek. Mindannyian a terület tulajdonságait használják, amelyek bizonyítása nehezebb, mint maga a Pitagorasz -tétel bizonyítása.
Egyenlő komplementaritási bizonyíték
- Helyezzen el négy egyenlő derékszögű háromszöget az 1. ábra szerint.
- Négyszög oldalakkal c négyzet, mivel két hegyesszög összege 90 °, a szétnyitott szög pedig 180 °.
- A teljes ábra területe egyrészt az (a + b) oldalú négyzet területe, másrészt négy háromszög és két belső négyzet területeinek összege.
Q.E.D.
Bizonyíték skálázással
Elegáns bizonyítás permutációval
Az egyik ilyen bizonyítás példája látható a jobb oldali rajzon, ahol a hipotenuszra épített négyzet permutációval két lábra épített négyzetké alakul.
Euklidész bizonyítéka
Rajz Euklidész bizonyítására
Illusztráció Euklidész bizonyítására
Eukleidesz bizonyításának gondolata a következő: próbáljuk bebizonyítani, hogy a hipotenuszra épített négyzet területének fele megegyezik a lábakra épített négyzetek felének összegével, majd a nagy és két kis négyzet közül egyenlő.
Tekintsük a bal oldali rajzot. Rajzokat építettünk rá egy derékszögű háromszög oldalaira, és egy sugarat rajzoltunk a C derékszög csúcsából, amely merőleges az AB hipotenuszra, és két téglalapra vágja a hypotenuse -ra épített ABIK négyzetet - BHJI illetve HAKJ. Kiderül, hogy ezeknek a téglalapoknak a területei pontosan megegyeznek a megfelelő lábakra épített négyzetek területeivel.
Próbáljuk bebizonyítani, hogy a DECA négyzet területe egyenlő az AHJK téglalap területével. Ehhez egy kiegészítő megfigyelést alkalmazunk: A háromszög területe azonos magasságú és alapú, mint ez a téglalap az adott téglalap területének felére. Ez annak a következménye, hogy a 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 (nem látható az ábrán), ami viszont megegyezik az AHJK téglalap területének felével .
Most bizonyítsuk be, hogy az ACK háromszög területe szintén megegyezik a DECA négyzet területének felével. Ehhez csak az ACK és a BDA háromszögek egyenlőségét kell bizonyítani (mivel a BDA háromszög területe a fenti tulajdonság szerint megegyezik a négyzet területének felével). Az egyenlőség nyilvánvaló, a háromszögek két oldalán egyenlőek és a köztük lévő szög. Ugyanis - AB = AK, AD = AC - a CAK és a BAD szögek egyenlőségét könnyű bizonyítani a mozgás módszerével: a CAK háromszöget 90 ° -kal elforgatjuk az óramutató járásával ellentétes irányba, akkor nyilvánvaló, hogy a két háromszög megfelelő oldalai a megfontolás egybeesik (mivel a négyzet csúcsán lévő szög 90 °).
A BCFG négyzet és a BHJI téglalap területeinek egyenlőségéről szóló érvelés teljesen hasonló.
Így bebizonyítottuk, hogy a hipotenuszra épített négyzet területe a lábakra épített négyzetek területeinek összege. A bizonyítás mögött meghúzódó gondolatot a fenti animáció illusztrálja.
Leonardo da Vinci bizonyítéka
Leonardo da Vinci bizonyítéka
A bizonyítás fő elemei a szimmetria és a mozgás.
Tekintsük a rajzot, amint azt a szimmetria alapján látjuk, a szegmenst Cén vágja a négyzetet ABHJ két azonos részre (a háromszögek óta ABCés JHén felépítésük szerint egyenlőek). Az óramutató járásával ellentétes irányban 90 fokkal elforgatva látjuk az árnyékolt alakzatok egyenlőségét CAJén és GDAB ... Most már világos, hogy az árnyékolt ábra területe megegyezik a lábakra épített négyzetek felének és az eredeti háromszög területének összegével. Másrészt ez megegyezik a hipotenuszra épített négyzet területének felével és az eredeti háromszög területével. A bizonyítás utolsó lépését az olvasóra bízzák.
Bizonyítás a végtelen kicsi módszerével
Az alábbi bizonyítást differenciálegyenletek segítségével gyakran a híres angol matematikusnak, Hardy -nek tulajdonítják, aki a 20. század első felében élt.
Nézd meg az ábrán látható rajzot és figyeld az oldalváltozást a, a következő összefüggést írhatjuk az oldalak végtelen kis lépéseire val velés a(a háromszögek hasonlóságát használva):
Bizonyítás a végtelen kicsi módszerével
A változók elválasztásának módszerével azt találjuk
Általánosabb kifejezés a hypotenuse megváltoztatására mindkét láb növekedése esetén
Ezt az egyenletet integrálva és a kezdeti feltételeket felhasználva kapjuk
c 2 = a 2 + b 2 + állandó.Így elérjük a kívánt választ
c 2 = a 2 + b 2 .Mint könnyen látható, a végső képlet másodfokú függősége a háromszög oldalai és a növekmények közötti lineáris arányosság miatt jelenik meg, míg az összeg a különböző lábak növekményeiből származó független hozzájárulásokhoz kapcsolódik.
Egyszerűbb bizonyíték érhető el, ha feltételezzük, hogy az egyik láb nem tapasztal növekedést (ebben az esetben a láb b). Aztán az integráció állandójához
Variációk és általánosítások
- Ha a négyzetek helyett más hasonló ábrákat építünk a lábakra, akkor a Pitagorasz -tétel alábbi általánosítása igaz: Egy derékszögű háromszögben a lábakra épített hasonló figurák területeinek összege megegyezik a hipotenuszra épített ábra területével. Különösen:
- A lábakra épített szabályos háromszögek területeinek összege megegyezik a hipotenuszra épített szabályos háromszög területével.
- A lábakra épített félkörök területeinek összege (mint az átmérőben) megegyezik a hipotenuszra épített félkör területével. Ez a példa a két kör ívei által határolt és hippokratészi lúnák nevét viselő figurák tulajdonságainak bizonyítására szolgál.
Történelem
Chu-pei 500-200. Bal felirat: a magasság és az alap hossza négyzeteinek összege a hypotenuse hosszának négyzete.
Az ősi kínai Chu-Pei könyv Pitagorasz háromszögről beszél, amelynek oldala 3, 4 és 5: Ugyanebben a könyvben olyan rajzot javasolnak, amely egybeesik Bashara hindu geometriájának egyik rajzával.
Cantor (a legnagyobb német matematikatörténész) úgy véli, hogy a 3 ² + 4 ² = 5² egyenlőség már az egyiptomiak előtt volt, ie 2300 körül. e., I. Amenemhat király idejében (a berlini múzeum 6619. papirusa szerint). Cantor szerint a hárfasugarak vagy a "kötélhúzások" derékszögeket építettek a derékszögű háromszögek segítségével, amelyeknek oldala 3, 4 és 5.
Nagyon könnyű reprodukálni az építési módjukat. Vegyünk egy 12 m hosszú kötelet, és kössük rá egy színes csík mentén, 3 m távolságra. egyik végétől és 4 méterre a másiktól. A derékszög az oldalak között 3 és 4 méter hosszú lesz. A Harpedonaptok vitatkozhatnak azzal, hogy építési módjuk feleslegessé válik, ha például az összes asztalos által használt fa négyzetet használjuk. Valóban vannak ismert egyiptomi rajzok, amelyekben ilyen szerszám található, például egy asztalosműhelyt ábrázoló rajzok.
Valamivel többet tudunk a babiloni Pitagorasz -tételről. Az egyik szövegben Hammurabi idejéből, azaz ie 2000 -ből származik. BC, egy derékszögű háromszög hipotenuszának hozzávetőleges számítását adjuk meg. Ebből arra következtethetünk, hogy Mezopotámiában tudták, hogyan kell számításokat végezni derékszögű háromszögekkel, legalábbis bizonyos esetekben. Van der Waerden (holland matematikus) egyrészt az egyiptomi és babiloni matematika jelenlegi ismereteire, másrészt a görög források kritikai tanulmányára alapozva a következő következtetést vonta le:
Irodalom
Oroszul
- Skopets Z.A. Geometriai miniatúrák. M., 1990
- Yelensky Sch. Pitagorasz nyomában. M., 1961
- Van der Waerden B.L.Ébredő tudomány. Az ókori Egyiptom, Babilon és Görögország matematikája. M., 1959
- Glazer G.I. A matematika története az iskolában. M., 1982
- V. Litzman, "A Pitagorasz -tétel" M., 1960.
- Egy oldal a Pitagorasz -tételről, nagyszámú bizonyítással, az anyag V. Litzman könyvéből származik, nagyszámú rajzot külön grafikus fájlok formájában mutatnak be.
- A Pitagorasz -tétel és a Pitagorasz -hármasok egy fejezet DV Anosov "Egy pillantás a matematikából és valami belőle" című könyvéből
- A Pitagorasz -tételről és bizonyításának módszereiről G. Glazer, az Orosz Oktatási Akadémia akadémikusa, Moszkva
Angolul
- A Pitagorasz -tétel a WolframMathWorld -nál
- A Cut-The-Knot, a Pitagorasz-tételről szóló rész, mintegy 70 bizonyítás és rengeteg további információ
Wikimédia Alapítvány. 2010.
A Pitagorasz -tétel bizonyításának különböző módjai
9. "A" osztályos tanuló
MOU SOSH №8
Felügyelő:
matematikatanár,
MOU SOSH №8
Művészet. Novorozhdestvenskaya
Krasznodar terület.
Művészet. Novorozhdestvenskaya
ANNOTATION.
A Pitagorasz -tételt joggal tekintik a legfontosabbnak a geometria során, és kiemelt figyelmet érdemel. Ez az alapja számos geometriai probléma megoldásának, a geometriai elméleti és gyakorlati tanfolyam tanulmányozásának alapja a jövőben. A tételt a megjelenésével és a bizonyítási módszerekkel kapcsolatos leggazdagabb történelmi anyag veszi körül. A geometria fejlődésének történetének tanulmányozása szeretetet kelt ebben a témában, hozzájárul a kognitív érdeklődés, az általános kultúra és a kreativitás fejlődéséhez, valamint fejleszti a kutatási készségeket.
A keresési tevékenység eredményeként elérték a munka célját, amely a Pitagorasz -tétel bizonyításával kapcsolatos ismeretek feltöltése és általánosítása. Sikerült megtalálnom és megfontolnom különböző utak bizonyítani és elmélyíteni a témában szerzett ismereteket, túlmutatva az iskolai tankönyv oldalain.
Az összegyűjtött anyag még inkább meggyőzi, hogy a Pitagorasz -tétel a geometria nagy tétele, hatalmas elméleti és gyakorlati jelentőséggel bír.
Bevezetés. Történelmi háttér 5 Fő rész 8.
3. Következtetés 19
4. Használt irodalom 20
1. BEMUTATKOZÁS. TÖRTÉNELMI REFERENCIA.
Az igazság lényege az, hogy örökké ránk tartozik,
Amikor legalább egyszer meglátjuk a fényt az éleslátásában,
És a Pitagorasz -tétel annyi év után
Számunkra, ami őt illeti, ez vitathatatlan, hibátlan.
Az ünneplésre az isteneket Püthagorasz megfogadta:
Mert megérintette a végtelen bölcsességet,
Száz bikát ölt meg, hála az öröknek;
Imákat és dicséreteket mondott az áldozatnak utána.
Azóta a bikák, amikor szagolnak, nyomnak,
Hogy az ösvény ismét elvezeti az embereket az új igazsághoz,
Dühösen üvöltenek, így nincs vizelet a hallgatásra,
Egy ilyen Pythagoras örökre rémületet keltett bennük.
Bikák, tehetetlenek ellenállni az új igazságnak,
Ami marad? - Csak csukd be a szemed, ordíts, remegj.
Nem ismert, hogy Pythagoras hogyan bizonyította tételét. Annyi bizonyos, hogy az egyiptomi tudomány erős hatására fedezte fel. Különleges eset Pitagorasz tételeit - a 3., 4. és 5. oldalú háromszög tulajdonságait - már jóval Püthagorasz születése előtt ismerték a piramisok építői, de ő maga több mint 20 évig tanult az egyiptomi papoknál. Egy legenda maradt fenn, amely azt mondja, hogy miután bebizonyította híres tételét, Pythagoras feláldozott egy bikát az isteneknek, más források szerint pedig akár 100 bikát is. Ez azonban ellentmond a Pythagoras erkölcsi és vallási nézeteivel kapcsolatos információknak. Irodalmi forrásokban olvasható, hogy "megtiltotta még az állatok leölését is, és még inkább etetni őket, mert az állatoknak lelke van, mint nekünk". Pitagorasz csak mézet, kenyeret, zöldséget és esetenként halat evett. Mindezek kapcsán a következő bejegyzés hihetőbbnek tekinthető: "... és még akkor is, amikor felfedezte, hogy derékszögű háromszögben a hipotenúznak a lábakkal van levelezése, feláldozta a búzatésztából készült bikát."
A Pitagorasz -tétel népszerűsége olyan nagy, hogy bizonyítékai még a szépirodalomban is megtalálhatók, például a híres angol író Huxley "Young Archimedes" történetében. Ugyanezt a bizonyítékot, de az egyenlő szárú derékszögű háromszög konkrét esetére Platón Menon-párbeszéde tartalmazza.
"Ház" mese.
„Messze -messze, ahol még a repülőgépek sem repülnek, a Geometria országa. Ebben a szokatlan országban volt egy csodálatos város - a Tétel városa. Egyszer egy gyönyörű lány, Hypotenuza, eljött ebbe a városba. Próbált szobát bérelni, de bárhová is fordult, mindenhol visszautasították. Végül a rozoga házhoz ment, és bekopogott. Egy férfi nyitotta meg magát, aki derékszögnek nevezte magát, és meghívta Hypotenuse -t, hogy éljen vele. A hypotenuse abban a házban maradt, ahol a Right Angle és két kisfia, Cathety éltek. Azóta új irányba változott az élet a Derékszög Házában. A hypotenuse virágokat ültetett az ablakba, és vörös rózsákat az előkertbe. A ház derékszögű háromszög alakot öltött. Mindkét lába nagyon szerette Hypotenuse -t, és kérte, hogy maradjon örökre a házukban. Este ez a barátságos család összegyűlik a családi asztalnál. Néha a Derékszög bújócskát játszik a gyerekeivel. Leggyakrabban neki kell keresnie, és Hypotenuse olyan ügyesen rejtőzik, hogy nagyon nehéz lehet megtalálni. Egyszer a játék során a Derékszög érdekes tulajdonságra lett figyelmes: ha sikerül megtalálnia a lábakat, akkor nem nehéz megtalálni a Hipotenúzt. Tehát a Right Angle használja ezt a mintát, azt kell mondanom, nagyon sikeresen. A Pitagorasz-tétel ennek a derékszögű háromszögnek a tulajdonságán alapul. "
(A. Okunev könyvéből "Köszönöm a leckét, gyerekek").
A tétel játékos megfogalmazása:
Ha kapunk egy háromszöget
Ráadásul derékszögben,
Ezután a hypotenuse négyzete
Mindig könnyen megtaláljuk:
A lábakat négyzetbe állítjuk,
Megtaláljuk a fokok összegét -
És ilyen egyszerű módon
Majd eljutunk az eredményhez.
Az algebrát, valamint az elemzés és a geometria kezdeteit tanulmányozva a 10. osztályban meggyőződtem arról, hogy a 8. osztályban figyelembe vett pitagorasz -tétel bizonyítási módszere mellett más bizonyítási módok is léteznek. Bemutatom őket véleményezésre.
2. FŐ RÉSZ.
Tétel. Derékszögű háromszögben négyzet
a hypotenuse egyenlő a lábak négyzeteinek összegével.
1 MÓDSZER.
A sokszögek területeinek tulajdonságait felhasználva figyelemre méltó kapcsolatot hozunk létre a hipotenusz és a derékszögű háromszög lába között.
Bizonyíték.
a, benés hypotenuse val vel(1. ábra, a).
Ezt bizonyítsuk be c² = a² + b².
Bizonyíték.
Építsünk egy háromszöget egy oldalas négyzetre a + bábrán látható módon. 1, b. Ennek a négyzetnek az S területe (a + b) ². Másrészt ez a négyzet négy egyenlő derékszögű háromszögből áll, amelyek mindegyike ½ ó, és egy négyzet oldala val vel, ezért S. = 4 * ½ av + s² = 2av + s².
És így,
(a + b) ² = 2 av + s²,
c² = a² + b².
A tétel bizonyított.
2 MÓDSZER.
A "Hasonló háromszögek" témakör tanulmányozása után rájöttem, hogy lehetséges a háromszögek hasonlósága a Pitagorasz -tétel bizonyítására. Ugyanis azt az állítást használtam, hogy egy derékszögű háromszög lába a hypotenuse és a hypotenuse szegmensének arányos átlaga a láb és a derékszög tetejéről húzott magasság között.
Tekintsünk egy derékszögű háromszöget, amelynek derékszögű С, СD– magassága (2. ábra). Ezt bizonyítsuk be MINT² + CB² = AB²
.
Bizonyíték.
Egy derékszögű háromszög lábára vonatkozó állítás alapján:
AC =, SV =.
Négyzeteljük és adjuk hozzá a kapott egyenlőségeket:
AC² = AB * AD, CB² = AB * DB;
AC² + CB² = AB * (AD + DB), ahol AD + DB = AB, akkor
AC² + CB² = AB * AB,
AC² + CB² = AB².
A bizonyítás teljes.
3 MÓDSZER.
A derékszögű háromszög hegyesszögének koszinuszának meghatározása alkalmazható a Pitagorasz -tétel bizonyítására. Tekintsük a fig. 3.
Bizonyíték:
Legyen az ABC egy adott derékszögű háromszög, C derékszöggel. Rajzolja fel a CD magasságot a C derékszög csúcsából.
A szög koszinuszának meghatározása szerint:
cos A = AD / AC = AC / AB. Ezért AB * AD = AC²
Hasonlóképpen,
cos B = BD / BC = BC / AB.
Ezért AB * BD = BC².
Összeadva a kapott egyenlőségi tagot kifejezésenként, és megjegyezve, hogy AD + DB = AB, kapjuk:
MINT² + nap² = AB (AD + DB) = AB²
A bizonyítás teljes.
4 MÓDSZER.
Miután tanulmányoztam a "Derékszögű háromszög oldalai és szögei közötti kapcsolatok" témát, úgy gondolom, hogy a Pitagorasz-tétel más módon is bizonyítható.
Vegyünk egy derékszögű háromszöget lábakkal a, benés hypotenuse val vel... (4. ábra).
Ezt bizonyítsuk be c² = a² + b².
Bizonyíték.
bűn B = a / c ; kötözősaláta B = a / s , majd a kapott egyenletek négyzetével kapjuk:
sin² B =² / с²; cos² V= a² / c².
Összeadva ezeket kapjuk:
sin² V+ cos² B = b² / c² + a² / c², ahol sin² V+ cos² B = 1,
1 = (b² + a²) / c², ezért
c² = a² + b².
A bizonyítás teljes.
5 MÓDSZER.
Ez a bizonyítás a lábakra épített négyzetek levágásán alapul (5. ábra), és a kapott darabokat a hipotenuszra épített négyzetre fektetjük.
6 MÓDSZER.
Bizonyítékul a lábon Napépít BCD ABC(6. ábra). Tudjuk, hogy az ilyen ábrák területei hasonló lineáris méretek négyzeteként kapcsolódnak egymáshoz:
Az elsőből kivonva a második egyenlőséget kapjuk
c2 = a2 + b2.
A bizonyítás teljes.
7 MÓDSZER.
Adott(7. ábra):
ABC,= 90 ° , Nap= a, AC =b, AB = c.
Bizonyít:c2 = a2 +b2.
Bizonyíték.
Hagyja a lábát b a. Folytassuk a szegmenst SV pontonként Vés építs egy háromszöget BMD hogy a pontok Més A egy egyenes vonal egyik oldalán feküdt CDés mellesleg, BD =b, BDM= 90 °, DM= a, akkor BMD= ABC mindkét oldalán és a közöttük lévő sarokban. A és M szegmensek szerint összekötni AM. Nekünk van MD CDés AC CD, egyenest jelent MINT párhuzamos az egyenes vonallal MD. Mivel MD< АС, akkor egyenesen CDés AM nem párhuzamos. Következésképpen, AMDC - téglalap alakú trapéz.
Az ABC derékszögű háromszögekben és BMD 1 + 2 = 90 ° és 3 + 4 = 90 °, de mivel = =, akkor 3 + 2 = 90 °; azután AVM= 180 ° - 90 ° = 90 °. Kiderült, hogy a trapéz AMDC három nem átfedő derékszögű háromszögre oszlik, majd a területek axiómái szerint
(a + b) (a + b)
Az egyenlőtlenség minden feltételét elosztva, kapjuk
ab + c2 + ab = (a +b) , 2 ab+ c2 = a2+ 2ab+ b2,
c2 = a2 + b2.
A bizonyítás teljes.
8 MÓDSZER.
Ez a módszer egy derékszögű háromszög hipotenuszán és lábain alapul. ABC. Felépíti a megfelelő négyzeteket, és bebizonyítja, hogy a hipotenuszra épített négyzet egyenlő a lábakra épített négyzetek összegével (8. ábra).
Bizonyíték.
1) DBC= FBA= 90 °;
DBC + ABC= FBA + ABC, eszközök, FBC = DBA.
És így, FBC=ABD(mindkét oldalon és a közöttük lévő sarokban).
2) 
,
ahol AL DE, mivel a BD közös bázis, DL - teljes magasság.
3) 
, mivel az FB alapítvány, AB- teljes magasság.
4) 
5) Hasonlóképpen bizonyítani lehet 
6) Kifejezésenként hozzáadva a következőket kapjuk:
, BC2
= AB2 + AC2
.
A bizonyítás teljes.
9 MÓDSZER.
Bizonyíték.
1) Hagyja ABDE- négyzet (9. ábra), amelynek oldala megegyezik egy derékszögű háromszög hipotenuszával ABC (AB= s, BC = a, AC =b).
2) Hagyja DK időszámításunk előttés DK = Kr. E. mivel 1 + 2 = 90 ° (mint a derékszögű háromszög hegyes sarkai), 3 + 2 = 90 ° (mint egy négyzet sarka), AB= BD(a tér oldalai).
Eszközök, ABC= BDK(hipotenúzussal és hegyesszöggel).
3) Hagyja EL NT, AM EL. Könnyen bebizonyíthatja, hogy ABC = BDK = DEL = EAM (lábakkal aés b). Azután KS= CM= ML= LK= a -b.
4) SKB = 4S + SKLMC= 2ab+ (a - b),val vel2 = 2ab + a2 - 2ab + b2,c2 = a2 + b2.
A bizonyítás teljes.
10 MÓDSZER.
A bizonyítékot viccesen "Pitagorasz nadrág" -nak nevezett figurára lehet rajzolni (10. ábra). Az ötlete az, hogy a lábakra épített négyzeteket egyenlő háromszögekké alakítsa, amelyek együttesen alkotják a hipotenusz négyzetét.
ABC mozogunk, ahogy a nyíl mutatja, és elfoglalja a pozíciót KDN. Az ábra többi része AKDCB négyzet egyenlő területe AKDC - ez paralelogramma AKNB.
Párhuzamos modell készült AKNB... A mű tartalmában felvázolt paralelogrammát eltoljuk. Annak érdekében, hogy a paralelogramma egyenlő területű háromszöggé alakuljon, a diákok szeme előtt levágunk egy háromszöget a modellről, és lefelé toljuk. Így a tér területe AKDC egyenlőnek bizonyult a téglalap területével. Hasonlóképpen alakítsa át a négyzet területét a téglalap területére.
Végezzünk átalakítást egy lábra épített négyzetre a(11. ábra, a):
a) a négyzetet egyenlő területű paralelogrammává alakítjuk (11.6. ábra):
b) a paralelogramma negyed fordulattal el van forgatva (12. ábra):
c) a paralelogramma egyenlő méretű téglalappá alakul át (13. ábra): 11 MÓDSZER.
Bizonyíték:
PCL - egyenes (14. ábra);
KLOA= ACPF= ACED= a2;
LGBO= SVMR =CBNQ= b 2;
AKGB= AKLO +LGBO= c2;
c2 = a2 + b2.
A bizonyításnak vége .
12 MÓDSZER.
Rizs. A 15. ábra a Pitagorasz -tétel egy másik eredeti bizonyítását szemlélteti.
Itt: ABC háromszög C derékszöggel; szakasz Bf merőleges SVés egyenlő vele, a szegmens LENNI merőleges ABés egyenlő vele, a szegmens HIRDETÉS merőleges MINTés egyenlő vele; pont F, C,D egy egyeneshez tartoznak; négyszögek ADFBés ACEE egyenlőek, hiszen ABF = EKB; háromszögek ADFés ÁSZ egyenlő területek; vonja ki mindkét egyenlő méretű négyszögből a számukra közös háromszöget ABC, kap
, c2 = a2 +
b2.
A bizonyítás teljes.
13 MÓDSZER.
Ennek a derékszögű háromszögnek a területe egyrészt egyenlő ,
másikkal, ,
3. KÖVETKEZTETÉS.
A keresési tevékenység eredményeként elérték a munka célját, amely a Pitagorasz -tétel bizonyításával kapcsolatos ismeretek feltöltése és általánosítása. Sikerült különböző módszereket találnom és mérlegelnem, hogy bizonyítsam, és elmélyítsem a témában szerzett ismereteimet, túlmutatva egy iskolai tankönyv oldalain.
Az általam összegyűjtött anyag tovább győz meg minket arról, hogy a Pitagorasz -tétel a geometria nagy tétele, óriási elméleti és gyakorlati jelentőséggel bír. Végezetül szeretném elmondani: a pitagoraszai hármas tétel népszerűségének oka a szépség, az egyszerűség és a jelentőség!
4. HASZNÁLT IRODALOM.
1. Szórakoztató algebra. ... Moszkvai "Tudomány", 1978.
2. Heti oktatási és módszertani melléklet a "szeptember 1" újsághoz, 24/2001.
3. Geometria 7-9. satöbbi.
4. Geometria 7-9. satöbbi.
Győződjön meg arról, hogy a kapott háromszög derékszögű, mivel a Pitagorasz-tétel csak derékszögű háromszögekre vonatkozik. A derékszögű háromszögekben a három szög egyike mindig 90 fokos.
- A derékszögű háromszög derékszögét négyzet ikon jelzi, nem görbe, ami ferde szög.
Adjon hozzá iránymutatásokat a háromszög oldalaihoz. Címkézze a lábakat "a" és "b" -ként (lábak - derékszögben metsző oldalak), a hipotenúzust pedig "c" -ként (hipotenusz - a derékszöggel szemben fekvő derékszögű háromszög legnagyobb oldala).
Határozza meg, hogy a háromszög melyik oldalát szeretné megtalálni. A Pitagorasz -tétel lehetővé teszi egy derékszögű háromszög bármely oldalának megkeresését (ha a másik két oldal ismert). Határozza meg, hogy melyik oldalt (a, b, c) kell megtalálni.
- Például, ha egy hipotenúz egyenlő 5 -tel, és egy láb egyenlő 3. Ebben az esetben meg kell találnia a második lábát. Erre a példára később még visszatérünk.
- Ha a másik két oldal ismeretlen, meg kell találni az egyik ismeretlen oldal hosszát, hogy alkalmazni lehessen a Pitagorasz -tételt. Ehhez használja az alapvető trigonometriai függvényeket (ha megadja az egyik ferde szög értékét).
Helyettesítse az a képletben 2 + b 2 = c 2 az Ön által megadott értékeket (vagy a megtalált értékeket). Ne feledje, hogy a és b lábak, c pedig hipotenusz.
- Példánkban írja be: 3² + b² = 5².
Négyzetelje be az ismert oldalakat. Vagy hagyja el a fokokat - a négyzeteket később négyzetre állíthatja.
- Példánkban írja be: 9 + b² = 25.
Izolálja az ismeretlen oldalt az egyenlet egyik oldalán. Ehhez vigye át az ismert értékeket az egyenlet másik oldalára. Ha megtalálod a hipotenúzt, akkor a Pitagorasz -tételben ez már az egyenlet egyik oldalán található (tehát semmit sem kell tenni).
- Példánkban mozgassa a 9 -et az egyenlet jobb oldalára az ismeretlen b² elkülönítéséhez. B² = 16 lesz.
Bontsa ki az egyenlet mindkét oldalának négyzetgyökét, miután az egyenlet egyik oldalán ismeretlen (négyzet), a másik oldalon egy metszés (szám) található.
- Példánkban b² = 16. Vegyük az egyenlet mindkét oldalának négyzetgyökét és kapjuk meg a b = 4. Tehát a második szakasz 4.
Használja a Pitagorasz -tételt Mindennapi élet hiszen sokféle gyakorlati helyzetben alkalmazható. Ehhez tanulja meg felismerni a derékszögű háromszögeket a mindennapi életben - minden olyan helyzetben, amikor két tárgy (vagy egyenes) metszik derékszögben, és egy harmadik tárgy (vagy egyenes) köti össze (átlósan) az első két tárgy tetejét (vagy vonalak), a Pitagorasz -tétel segítségével megkeresheti az ismeretlen oldalt (ha a másik két oldal ismert).
- Példa: adott lépcső az épületnek támaszkodva. A lépcső alja 5 méterre van a fal aljától. Felső rész a lépcső 20 méterre van a talajtól (a falon felfelé). Milyen hosszúak a lépcsők?
- "5 méterre a fal aljától" azt jelenti, hogy a = 5; "A talajtól 20 méterre található" azt jelenti, hogy b = 20 (vagyis két derékszögű háromszög lába van, mivel az épület fala és a Föld felszíne derékszögben metszi egymást). A létra hossza a hypotenuse hossza, ami ismeretlen.
- a² + b² = c²
- (5) ² + (20) ² = c²
- 25 + 400 = c²
- 425 = c²
- c = √425
- s = 20,6. Így a lépcsők hozzávetőleges hossza 20,6 méter.
- "5 méterre a fal aljától" azt jelenti, hogy a = 5; "A talajtól 20 méterre található" azt jelenti, hogy b = 20 (vagyis két derékszögű háromszög lába van, mivel az épület fala és a Föld felszíne derékszögben metszi egymást). A létra hossza a hypotenuse hossza, ami ismeretlen.
Pitagorasz tétel
Hasonlóképpen, a CBH háromszög hasonló az ABC -hez. A jelölés bemutatása 
1. Helyezzen el négy egyenlő derékszögű háromszöget az ábrán látható módon. 
Eukleidesz bizonyításának gondolata a következő: próbáljuk bebizonyítani, hogy a hipotenuszra épített négyzet területének fele megegyezik a lábakra épített négyzetek felének összegével, majd a nagy és két kis négyzet közül egyenlő. Tekintsük a bal oldali rajzot. Rajzokat építettünk rá egy derékszögű háromszög oldalaira, és egy sugarat rajzoltunk a C derékszög csúcsából, amely merőleges az AB hipotenuszra, és két téglalapra vágja a hypotenuse -ra épített ABIK négyzetet - BHJI illetve HAKJ. Kiderül, hogy ezeknek a téglalapoknak a területei pontosan megegyeznek a megfelelő lábakra épített négyzetek területeivel. Próbáljuk bebizonyítani, hogy a DECA négyzet területe egyenlő az AHJK téglalap területével. Ehhez egy kiegészítő megfigyelést alkalmazunk: A háromszög területe azonos magasságú és alapú, mint ez a téglalap az adott téglalap területének felére. Ez annak a következménye, hogy a 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 (nem látható az ábrán), ami viszont megegyezik az AHJK téglalap területének felével . Most bizonyítsuk be, hogy az ACK háromszög területe szintén megegyezik a DECA négyzet területének felével. Ehhez csak az ACK és a BDA háromszögek egyenlőségét kell bizonyítani (mivel a BDA háromszög területe a fenti tulajdonság szerint megegyezik a négyzet területének felével). Az egyenlőség nyilvánvaló, a háromszögek két oldalán egyenlőek és a köztük lévő szög. Ugyanis - AB = AK, AD = AC - a CAK és a BAD szögek egyenlőségét könnyű bizonyítani a mozgás módszerével: a CAK háromszöget 90 ° -kal elforgatjuk az óramutató járásával ellentétes irányba, akkor nyilvánvaló, hogy a két háromszög megfelelő oldalai a megfontolás egybeesik (mivel a négyzet csúcsán lévő szög 90 °). A BCFG négyzet és a BHJI téglalap területeinek egyenlőségéről szóló érvelés teljesen hasonló. Így bebizonyítottuk, hogy a hipotenuszra épített négyzet területe a lábakra épített négyzetek területeinek összege. 
Tekintsük a rajzot, amint az a szimmetriából is látható, a CI szegmens az ABHJ négyzetet két egyforma részre vágja (mivel az ABC és JHI háromszögek felépítése egyenlő). 90 fokkal az óramutató járásával ellentétes irányú elforgatással látjuk, hogy a CAJI és a GDAB árnyékolt számok egyenlők. Most már világos, hogy az árnyékolt ábra területe megegyezik a lábakra épített négyzetek felének és az eredeti háromszög területének összegével. Másrészt ez megegyezik a hipotenuszra épített négyzet területének felével és az eredeti háromszög területével. A bizonyítás utolsó lépését az olvasóra bízzák.Azt is ajánljuk
Hogyan kell tojást festeni húsvétra Hogyan festeni tojást húsvétra saját kezével
Hogyan főzzünk vörös halat
Sütőben sült csirke darabok
Egyszerű és finom recept lépésről lépésre
Tök vacsora receptek. Finom sütőtök ételek. Tök zöldséggel párolva
Cserepes marhaborda recept Sertésborda zöldségekkel cserépben