Формула а в с в квадрате: Формулы сокращённого умножения

… так что я уже знаю, что решения = x 9 4 и x = 1.

Теперь, как бы мое решение выглядело в квадратичной формуле? Используя a = 1, b = 3 и c = −4, мой процесс решения выглядит следующим образом:

Таким образом, как и ожидалось, решение равно x = −4, x = 1.

Для этого конкретного квадратного уравнения факторизация, вероятно, будет более быстрым методом. Но Квадратичная формула — это метод plug-n-chug, при котором 90 576 всегда будет работать как 90 577. У вас «заморозка мозгов» на тесте, и вы не можете ничего стоящего? Используйте формулу plug-n-chug; он всегда будет заботиться о вас!

Как квадратичная формула связана с пересечениями по оси x?

Решения квадратного уравнения, представленные Квадратичной формулой, являются точками пересечения x соответствующей параболы, изображенной на графике.

Как? Ну, когда y = 0, вы находитесь на оси x . Точки пересечения x на графике — это места, где парабола пересекает ось x . Вы применяете квадратичную формулу к уравнению x ² + bx + c = y , где y установлено равным нулю.

Глядя на приведенный выше пример, можно увидеть два решения уравнения x ² + 3 x − 4 = 0. Это говорит нам о том, что тогда должно быть два x — перехваты на графике. На графике мы получаем следующую кривую:

Как вы можете видеть, точки пересечения x (красные точки выше) соответствуют решениям, пересекая ось x в точке x = −4 и x = 1. Это показывает связь между построением графика и решением: когда вы решаете «(квадратичное) = 0», вы находите x -перехватов графика. Это может быть полезно, если у вас есть графический калькулятор, потому что вы можете использовать квадратную формулу (при необходимости) для решения квадратного уравнения, а затем использовать свой графический калькулятор, чтобы убедиться, что отображаемые x — точки пересечения имеют те же десятичные значения, что и решения, обеспечиваемые квадратичной формулой.

Обратите внимание, однако, что отображение графика калькулятором, вероятно, будет иметь некоторую ошибку округления, связанную с пикселями, поэтому вам нужно проверить, чтобы вычисленные и графические значения были достаточно близки; не ждите точного совпадения.

В (2)(−3) = −6 нет множителей, которые в сумме дают −4, поэтому я знаю, что этот квадрат нельзя разложить на множители. Я буду применять квадратную формулу. В этом случае a = 2, b = -4 и c = -3:

Тогда ответ равен x = -0,58, x = 2,58, округленное до двух знаков после запятой.

Можно ли округлить ответы квадратичной формулы?

В общем, нет, не стоит; обычно требуется, чтобы «решение» или «корни» или «нули» квадратного числа были в «точной» форме ответа. Вы можете использовать округленную форму при построении графика (при необходимости), но «ответ(ы)» из квадратичной формулы следует записывать в (часто беспорядочной) «точной» форме.

В приведенном выше примере точной формой является форма с квадратными корнями из десяти. Если вы хотите изобразить в виде графика пересечения x или вам нужно упростить окончательный ответ в словесной задаче, чтобы он имел практическую («реальную») форму, вы можете использовать приближение калькулятора. Но если у вас нет веских оснований полагать, что ответ должен быть округленным, всегда выбирайте точную форму.

Подкрепляя концепцию: сравните решения, которые мы нашли выше для уравнения 2 x ² − 4 x − 3 = 0 с точками пересечения x графика: . Это всегда верно. «Решением» уравнения также являются x -пересечения соответствующего графика.

Page 2Page 3

URL: https://www.purplemath.com/modules/quadform.htm

Теорема Пифагора и ее многочисленные доказательства

Профессор Р. Смаллян в своей книге 5000 г. до н.э. и другие философские фантазии рассказывает об эксперименте, который он провел на одном из уроков геометрии. Он нарисовал на доске прямоугольный треугольник с квадратами на гипотенузе и катетах и ​​заметил, что квадрат на гипотенузе имеет большую площадь, чем любой из двух других квадратов. Затем он спросил: «Предположим, что эти три квадрата сделаны из чеканного золота, и вам предложили либо один большой квадрат, либо два маленьких квадрата. Что бы вы выбрали?» Интересно, что около половины класса выбрали один большой квадрат, а половина — два маленьких. Обе группы были одинаково поражены, когда им сказали, что это не имеет никакого значения.

Пифагорейская (или пифагорейская ) Теорема есть утверждение, что сумма (площадей) двух маленьких квадратов равна (площади) большого.

В алгебраических терминах a² + b² = c² , где c — гипотенуза, а a и b — катеты треугольника.

Теорема имеет фундаментальное значение в евклидовой геометрии, где она служит основой для определения расстояния между двумя точками. Это настолько просто и хорошо известно, что, я уверен, любой, кто посещал уроки геометрии в старшей школе, не мог не запомнить ее еще долго после того, как другие математические понятия были полностью забыты.

Ниже представлен набор из 118 подходов к доказательству теоремы. Многие доказательства сопровождаются интерактивными иллюстрациями Java.

Примечание

1. Формулировка теоремы была обнаружена на вавилонской табличке около 1900-1600 гг. до н.э. Был ли Пифагор (ок. 560–480 гг. до н. э.) или кто-то еще из его школы первым, кто обнаружил ее доказательство, нельзя утверждать с какой-либо степенью достоверности. Евклид (около 300 г. до н.э.) Элементы представляют собой первый, а затем и стандартный справочник по геометрии. На самом деле Евклид предоставил два совершенно разных доказательства: Предложение I.47 (Первая книга, Предложение 47) и VI.31. Теорема реверсивный , что означает, что его реверсивный также верен. Обратное утверждение гласит, что треугольник, стороны которого удовлетворяют условию a² + b² = c², обязательно прямоугольный. Евклид был первым (I.48), кто упомянул и доказал этот факт.

2. У. Данэм [ Математическая Вселенная ] цитирует книгу Пифагорейское Предложение профессора начала 20-го века Элиши Скотт Лумис. Книга представляет собой сборник из 367 доказательств теоремы Пифагора и была переиздана NCTM в 1968. В предисловии автор справедливо утверждает, что число алгебраических доказательств безгранично, как и число геометрических доказательств, но что это предложение не допускает тригонометрического доказательства. Любопытно, что нигде в книге Лумис не упоминает VI.31 Евклида, даже когда предлагает его и варианты в качестве алгебраических доказательств 1 и 93 или геометрических доказательств 230.

   По всей видимости, Лумис черпал вдохновение из серии коротких статей в The American Mathematical Monthly , опубликованный Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхедом в 1896–1899 гг. С учетом возможных вариаций в расчетах, полученных из одних и тех же геометрических конфигураций, потенциальное количество доказательств выросло до тысяч. Например, авторы насчитали 45 доказательств на основе схемы доказательства № 6 и практически столько же на основе диаграммы № 19 ниже. Я приведу пример их подхода в доказательстве №56. (Всего было 100 «стенографических» доказательств.)

   Должен признаться, что относительно существования тригонометрического доказательства я был на стороне Элиши Лумиса до самого последнего времени, т. е. до тех пор, пока мне не сообщили о доказательстве № 84. На самом деле, для некоторых людей стало неожиданностью, что кто-то может сомневаться в существовании тригонометрических доказательств, поэтому многие из них в конечном итоге попали на эти страницы.

   В тригонометрических терминах теорема Пифагора утверждает, что в треугольнике ABC равенство sin²A + sin²B = 1 эквивалентно прямому углу при C. Более симметричное утверждение состоит в том, что ΔABC верно тогда и только тогда, когда sin²A + sin²B + sin²C = 2. По закону синусов последнее эквивалентно a² + b² + c² = 2d², где d — диаметр описанной окружности. Другая форма того же свойства — cos²A + cos²B + cos²C = 1, что мне нравится даже больше.

3. Теорема Пифагора обобщается на пространства большей размерности. Некоторые обобщения далеко не очевидны. Теорема Пифагора служит основой формулы Евклидова расстояния.

4. Ларри Хоэн придумал плоское обобщение, которое связано с законом косинусов, но короче и выглядит красивее.

5. Теорема, формулировка которой приводит к понятию евклидова расстояния, евклидова и гильбертова пространств, играет важную роль в математике в целом. Существует небольшой набор довольно элементарных фактов, доказательство которых может быть основано на теореме Пифагора. Есть более свежая страница со списком свойств евклидовой диаграммы для I.47.

6. Везде, где все три стороны прямоугольного треугольника являются целыми числами, их длины образуют пифагорейских чисел (или пифагорейских чисел ). Существует общая формула для получения всех таких чисел.

7. Мой первый математический дудл тоже был связан с теоремой Пифагора. В отличие от доказательства без слов, друдл может предложить утверждение, а не просто доказательство.

8. Также было опубликовано несколько ложных доказательств теоремы. Я собрал несколько на отдельной странице. Лучше учиться на чужих ошибках, чем совершать свои.

9. Известно, что теорема Пифагора эквивалентна постулату о параллельных.

10. Конфигурация Пифагора известна под многими названиями, самым популярным из которых, вероятно, является Стул Невесты. Помимо утверждения теоремы Пифагора, стул Брайда обладает многими интересными свойствами, многие из которых весьма элементарны.
11. Покойный профессор Эдсгер В. Дейкстра нашел совершенно потрясающее обобщение теоремы Пифагора. Если в треугольнике углы α, β, γ лежат против сторон длины a, b, c, то

    (ЭВД)

    знак (α + β — γ) = знак (a² + b² — c²),

    , где sign(t) — функция signum :

    sign(t)	= -1, для t < 0,
    sign(0)	= 0,
    sign(t) > 170,

    Теорема, которой посвящена эта страница, трактуется как «Если γ = p/2, то a² + b² = c²». Дейкстра заслуженно считает (EWD) более симметричным и информативным. Дополнительным преимуществом считается отсутствие трансцендентных величин (р). Доказательство Дейкстры включено в Доказательство 78 и более подробно описано на отдельной странице.

12. Самый известный из прямоугольных треугольников с размерами 3:4:5 был замечен в готическом искусстве и может быть получен складыванием бумаги. Довольно непреднамеренно он появляется в нескольких задачах сангаку.

13. Возможно, неудивительно, что теорема Пифагора является следствием различных физических законов и встречается в нескольких механических явлениях.

Доказательство №1

Это, вероятно, самое известное из всех доказательств пифагорейского утверждения. Это первое из двух доказательств Евклида (I.47). Базовая конфигурация стала известна под разными названиями, наиболее популярным из которых, вероятно, было кресло невесты .

Доказательство проиллюстрировано отмеченным наградами апплетом Java, написанным Джимом Мори. Я включил его на отдельной странице с любезного разрешения Джима. Приведенное ниже доказательство представляет собой несколько сокращенную версию исходного евклидова доказательства в том виде, в каком оно представлено в переводе сэра Томаса Хита.

Прежде всего, ΔABF = ΔAEC по SAS. Это потому, что AE = AB, AF = AC и

∠BAF = ∠BAC + ∠CAF = ∠CAB + ∠BAE = ∠CAE.

ΔABF имеет основание AF и высоту от B, равную AC. Следовательно, его площадь равна половине площади квадрата на стороне АС. С другой стороны, ΔAEC имеет AE и высоту от C, равную AM, где M — точка пересечения AB с линией CL, параллельной AE. Таким образом, площадь ΔAEC равна половине площади прямоугольника AELM. Что говорит о том, что площадь AC² квадрата со стороной AC равна площади прямоугольника AELM.

Аналогично, площадь BC² квадрата со стороной BC равна площади прямоугольника BMLD. Наконец, два прямоугольника AELM и BMLD составляют квадрат на гипотенузе AB.

Имеющаяся конфигурация допускает множество вариаций. Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед ( Am Math Monthly , v.4, n 6/7, (1987), 168–170 опубликовали несколько доказательств, основанных на следующих диаграммах

Некоторые свойства этой конфигурации были доказаны на Стуле Невесты, а другие на специальной странице Свойства фигур в Евклиде I.47.

Доказательство №2

Начнем с двух квадратов со сторонами a и b соответственно, расположенных рядом. общая площадь двух квадратов a²+b² .

Построение началось не с треугольника, но теперь мы рисуем два из них, оба с стороны a и b и гипотенуза c . Обратите внимание, что отрезок, общий для двух квадратов, был удаленный. Таким образом, на данный момент у нас есть два треугольника и странная форма.

В качестве последнего шага мы поворачиваем треугольники на 90°, каждый вокруг своей вершины. правый вращается по часовой стрелке, тогда как левый треугольник вращается против часовой стрелки. Очевидно, что получившаяся фигура представляет собой квадрат со стороной c и площадью c² . Это доказательство появляется в динамическом воплощении.

(Вариант этого доказательства можно найти в сохранившейся рукописи Табита ибн Курры, находящейся в библиотеке Музея Айя София в Турции, зарегистрированной под номером 4832. [Р. Шломинг, Табит ибн Курра и теорема Пифагора , Учитель математики 63 (октябрь 1970 г.), 519-528]. Диаграмма ибн Курры аналогична диаграмме в доказательстве № 27. Само доказательство начинается с определения наличия четырех равных прямоугольных треугольников, окружающих странно выглядящую фигуру, как в текущем доказательстве №2. Эти четыре треугольника попарно соответствуют начальной и конечной позициям повернутых треугольников в текущем доказательстве. Эту же конфигурацию можно было бы наблюдать в доказательстве с помощью тесселяции.)

Доказательство №3

Теперь мы начинаем с четырех копий одного и того же треугольника. Три из них были повернуты на 90°, 180° и 270° соответственно. Каждый имеет площадь ab /2. Складываем их вместе без дополнительных поворотов так, чтобы они образовали квадрат со стороной c .

Квадрат имеет квадратное отверстие со стороной ( a — b ). Суммируя его площадь ( a — b )² и 2 ab , площадь четырех треугольников (4· аб /2), получаем

Доказательство #4

Четвертый подход начинается с тех же четырех треугольников, за исключением того, что на этот раз они образуют квадрат со стороной ( a + b ) и отверстие с бортиком c . Мы можем вычислить площадь большого квадрата двумя способами. Таким образом,

( a + b )² = 4 · ab /2 + c ²

упрощая который получаем нужный идентификатор.

Доказательство, которое объединяет это с доказательством № 3, приписывается индуистскому математику XII века Бхаскаре (Бхаскара II):

Нельсен (стр. 4) отдает должное Бхаскаре также за доказательство №3.

Здесь мы добавляем два тождества

с ² = ( а — б )² + 4· аб /2 и
с ² = ( а + б / )² 6 1· / аб 2 — 6 4 · аб 90

что дает

2 c ² = 2 a ² + 2 b ².

Последнее нужно разделить только на 2. Это алгебраическое доказательство № 36 в коллекции Лумиса. Его вариант, специально примененный к треугольнику 3-4-5, фигурирует в классической китайской девятке.0576 Chou Pei Suan Ching , датированный где-то между 300 г. до н.э. и 200 г. н.э., который Лумис называет доказательством 253.

Доказательство № 5

Это доказательство, обнаруженное президентом Дж. А. Гарфилдом в 1876 году [Папас], является вариацией предыдущего. Но на этот раз мы вообще не рисуем квадратов. Теперь ключом является формула площади трапеции — полусумма оснований, умноженная на высоту — ( a + b )/2·( a + b ). Глядя на картинку с другой стороны, это также можно вычислить как сумму площадей трех треугольников — аб /2 + аб /2 + с · с /2. Как и прежде, упрощения дают a² + b² = c² . (Это еще не все.)

Две копии одной и той же трапеции можно объединить двумя способами, прикрепив их вдоль наклонной стороны трапеции. Один ведет к доказательству №4, другой — к доказательству №52.

Другая разработка принадлежит Тони Фостеру: она также вызывает образ трапеции, но в другом свете.

Доказательство #6

Мы начинаем с исходного прямоугольного треугольника, который теперь обозначается как ABC, и нам нужна только одна дополнительная конструкция — высота AD. Треугольники ABC, DBA и DAC подобны, что приводит к двум отношениям:

AB/BC = BD/AB и AC/BC = DC/AC.

При записи по-другому получается

AB·AB = BD·BC и AC·AC = DC·BC

Суммируя получаем

В несколько иной форме это доказательство появилось в Mathematics Magazine , 33 (март 1950 г.), с. 210, в разделе Mathematical Quickies, см. Mathematical Quickies CW Trigg.

Приняв AB = a, AC = b, BC = c и обозначив BD = x, получим, как и выше,

a² = cx и b² = c(c — x),

, что, возможно, более прозрачно ведет к той же идентичности.

В частной переписке д-р Франс Дакар, Любляна, Словения, предположил, что диаграмма справа может служить двум целям. Во-первых, это дает дополнительное графическое представление настоящего доказательства №6. Кроме того, он подчеркивает связь последнего с доказательством № 1.

Р. М. Менток заметил, что небольшая хитрость делает доказательство более кратким. В общепринятых обозначениях c = b cos A + a cos B. Но из исходного треугольника легко увидеть, что cos A = b/c и cos B = a/c, поэтому c = b (b/c) + а (а/с). Этот вариант сразу ставит вопрос: получаем ли мы таким образом тригонометрическое доказательство? Я так не думаю, хотя здесь бросается в глаза тригонометрическая функция (косинус). Отношение двух длин в фигуре является свойством формы, означающим, что оно остается постоянным при переходе между подобными фигурами, т. е. фигурами одинаковой формы. Тот факт, что конкретное отношение, используемое в доказательстве, сыграло достаточно важную роль в тригонометрии и вообще в математике, чтобы заслужить собственное специальное обозначение, не делает доказательство зависимым от этого обозначения. (Тем не менее, проверьте Доказательство 84, где тригонометрические тождества используются существенным образом.)

Майкл Брозинский придумал вариант доказательства, которое, как мне кажется, можно правильно назвать липограммным .

Наконец, следует отметить, что конфигурация, используемая в этом доказательстве, является частным случаем следующего доказательства — второго и менее известного доказательства пифагорейского утверждения Евклида. Отдельная страница посвящена доказательству по рассуждению подобия.

Доказательство №7

Следующее доказательство дословно взято из Евклида VI.31 в переводе сэра Томаса Л. Хит. Великий Г. Поля анализирует ее в своей Индукция и аналогия в математике (II.5), которая рекомендуется к прочтению студентам и учителям математики.

В прямоугольных треугольниках фигура на стороне, опирающейся на прямой угол, равна равным подобным и аналогично описанным фигурам на сторонах, содержащих правую угол.

Пусть ABC прямоугольный треугольник с прямым углом BAC; Я говорю, что фигура на ВС равна аналогичным и аналогично описанным фигурам на БА, АС.

Пусть AD проведен перпендикулярно. Тогда, поскольку в прямоугольном треугольнике ABC из прямого угла проведена точка AD Перпендикуляр к основанию ВС, треугольники ABD, ADC, примыкающие к перпендикуляру, подобны как всему ABC, так и друг другу [VI.8].

И, поскольку ABC подобен ABD, следовательно, как CB соответствует BA, так и AB соответствует BD [VI. Def.1].

И, поскольку три прямые пропорциональны, как первая пропорциональна третьей, так пропорциональна и рисунок на первом к аналогичному и аналогично описанному рисунку на втором [VI.19]. Следовательно, как СВ к BD, так и фигура на CB к подобному и сходно описанному рисунок на БА.

По той же самой причине, как BC относится к CD, так и цифра на BC к фигуре на CA; чтобы, кроме того, как ВС относится к BD, DC, так и фигура на ВС к подобному и подобному описанные фигуры на ВА, АС.

Но ВС равно BD, DC; поэтому цифра на ВС также равна аналогичной и аналогично описаны фигуры на ВА, АС.

Поэтому и т. д. Q.E.D.

Исповедь

Я по-настоящему оценил это доказательство только после прочтения книги Поля I упомянутое выше. Я надеюсь, что Java-апплет поможет вам добраться до сути этого замечательного доказательства. Обратите внимание, что утверждение фактически доказано является гораздо более общей, чем теорема, как она общеизвестна. (В другом обсуждении VI. 31 рассматривается под немного другим углом.)

Джон Ариони придумал прекрасную иллюстрацию, которая также проливает свет на доказательство №8.

Доказательство №8

Играя с апплетом, демонстрирующим доказательство Евклида (№7), я обнаружил еще одно тот, который, хотя и уродлив, тем не менее служит цели.

Таким образом, начиная с треугольника 1, мы добавляем еще три, как это было предложено в доказательстве № 7: подобные и одинаково описанные треугольники 2, 3 и 4. Вывод пары отношений как было сделано в доказательстве № 6, мы получаем длины сторон, как показано на диаграмме. В настоящее время, можно посмотреть на конечную форму двумя способами:

• как объединение прямоугольника (1 + 3 + 4) и треугольника 2, или
• как объединение прямоугольника (1 + 2) и двух треугольников 3 и 4.

Приравнивание площадей приводит к

ab/c · (a² + b²)/c + ab/2 = ab + (ab/c · a²/c + ab/c · b²/c)/2

Упрощая получаем

ab/c · (a² + b²)/c/2 = ab/2 или (a² + b²)/c² = 1

Замечание

Оглядываясь назад, можно найти более простое доказательство. Посмотрите на прямоугольник (1 + 3 + 4). Его длинная сторона, с одной стороны, представляет собой простое c, а с другой стороны, это a²/c + b²/c, и мы снова имеем то же самое тождество.

Владимир Николин из Сербии предоставил прекрасную иллюстрацию:

Доказательство #9

Еще одно доказательство основано на перестановке жестких частей, как и доказательство №2. Это делает алгебраическую часть доказательства № 4 полностью избыточной. К двум картинкам добавить особо нечего.

(Моя искренняя благодарность Монти Фистеру за любезное разрешение использовать графику.)

Есть интерактивная симуляция, с которой можно поиграть. И еще одно, которое ясно показывает его связь с доказательствами № 24 или № 69..

Лумис (стр. 49-50) упоминает, что доказательство «было разработано Морисом Лейснезом, старшеклассником, в средней школе Саут-Бенда, штат Индиана, и прислано мне 16 мая 1939 года. его классным руководителем Уилсоном Торнтоном».

Доказательство было опубликовано Руфусом Исааком в Mathematics Magazine , Vol. 48 (1975), с. 198.

Немного другая перегруппировка приводит к шарнирному рассечению, показанному апплетом Java.

Р. Б. Нельсен воспроизводит доказательство с замечанием «основано на одном из г. Zhou bi suan jing , китайский документ, датируемый примерно 200 г. до н.э.». Сэр Томас Л. Хит упоминает его в своем комментарии (1908 г.) к Евклиду I.47 без указания авторства, но со ссылкой на двух других современных комментаторов.

Профессор Сяолинь Чжун из Калифорнийского университета в Лос-Анджелесе предложил вариант, упакованный в один квадрат: «Доказательство становится очевидным, если просто переместить $\Delta ABH$ и $\Delta BCD$ в $\Delta HGF$ и $\Delta FED,$ соответственно.»

Доказательство №10

Это и следующие 3 доказательства взяты из [ PWW ].

Треугольники в Доказательстве №3 можно переставить еще одним способом, который делает пифагорейское тождество очевидно.

(Более поясняющая диаграмма справа была любезно прислана мне Монти Фистером. Доказательство допускает шарнирное рассечение, проиллюстрированное Java-апплетом.)

Первые две части могут быть объединены в одну. Результат появился в книге 9 1830 года.0576 Санпо Синсё — Новая математика — Чиба Танехидэ (1775-1849), [H. Фукагава, А. Ротман, Священная математика: геометрия японского храма , Princeton University Press, 2008, с. 83].

Доказательство №11

Нарисуйте окружность радиусом c и прямоугольный треугольник со сторонами a и b, как показано на рисунке. В этой ситуации можно применить любой из нескольких хорошо известных фактов. Например, на диаграмме три точки F, G, H, расположенные на окружности, образуют еще один прямоугольный треугольник с высотой FK длины a. Его гипотенуза GH разделена на две части: (c + b) и (c — b). Итак, как и в Доказательстве № 6, мы получаем a² = (c + b)(c — b) = c² — b².

[Loomis, #53] приписывает эту конструкцию великому Лейбницу, но удлиняет доказательство примерно в три раза за счет извилистых и ошибочных выводов.

Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед ( Am Math Monthly , v.3, n. 12 (1896), 299-300) предлагают несколько иной маршрут. Представьте, что FK расширен до второго пересечения F’ с окружностью. Тогда по теореме о пересекающихся хордах FK·KF’ = GK·KH с тем же следствием.

Совсем недавно Дэниел Дж. Хардиски пришел к доказательству другим путем. Постройте два равнобедренных треугольника $ABD$ и $ABE,$ с $D$ и $E$ на $AC$ по обе стороны от $A.$ Затем заметьте, что $\угол DBE$ прямой.

Этот аргумент напоминает характеристику прямоугольных треугольников, обсуждавшуюся в другом месте.

Доказательство № 12

Это доказательство является вариацией № 1, одного из оригинальных доказательств Евклида. В частях 1, 2 и 3, два маленьких квадрата сдвигаются друг к другу так, что общая заштрихованная площадь остается неизменен (и равен a²+b².) В части 3 длина вертикали часть границы заштрихованной области точно равна c, потому что два оставшихся треугольника являются копиями оригинального. Это означает, что можно скользить вниз по заштрихованной области, как в части 4. Отсюда Теорема Пифагора легко следует.

(Это доказательство можно найти в H. Eves, In Mathematical Circles , MAA, 2002, pp. 74-75)

, a’b’c’, a’x и b’y.) Мы последовательно имеем

у/б = Ь’/с, х/а = а’/с, су + сх = аа’ + bb’.

И, наконец, cc’ = aa’ + bb’. Это очень похоже на доказательство № 6, но результат более общий.

Доказательство №14

Это доказательство H.E. Dudeney (1917) начинает с того, что разрезает квадрат с большей стороны на четыре части, которые затем объединяются с меньшей стороной, образуя квадрат, построенный на гипотенузе.

Грег Фредериксон из Университета Пердью, автор действительно поучительной книги Dissections: Plane & Fancy (Cambridge University Press, 1997), указал на историческую неточность:

Вы приписали доказательство №14 Е.П. Дьюдени (1917 г.), но на самом деле она была опубликована ранее (1872 г.) Генри Перигалом, лондонским биржевым маклером. Другое доказательство вскрытия появилось гораздо раньше, его дал арабский математик и астроном Табит в десятом веке. Подробности об этих и других доказательствах рассечения (включая доказательства закона косинусов) я включил в свою недавнюю книгу «Рассечения: плоскость и фантазии», Cambridge University Press, 19.97. Вам может понравиться веб-страница книги:

. http://www.cs.purdue.edu/homes/gnf/book.html

С уважением,
Грег Фредериксон

Билл Кассельман из Университета Британской Колумбии секундирует информацию Грега. Мой взят из Proofs Without Words Р. Б. Нельсена (MAA, 1993).

Доказательство имеет динамическую версию.

Доказательство № 15

Это замечательное доказательство К. О. Фридрихса является обобщением предыдущего Дьюдени (или Перигала, как указано выше). Это действительно общее. Он общий в том смысле, что из него можно вывести бесконечное множество конкретных геометрических доказательств. (Роджер Нельсен приписывает [PWWII, стр. 3] это доказательство Аннаиризи из Аравии (ок. 9 г. до н. э.).00 г. н.э.)) Особенно красивый вариант Олофа Ханнера представлен на отдельной странице.

Вариант основного доказательства прислал мне Микель Пленс, старшеклассник из Каталонии. Микель рассматривает перекрытие восьми квадратов по трем сторонам прямоугольного треугольника и оставшиеся части. Я поместил его заявление на отдельной странице.

Доказательство №16

Это доказательство приписывается Леонардо да Винчи (1452-1519) [Евс]. Четырехугольники ABHI, JHBC, ADGC и EDGF равны. (Это следует из наблюдения, что угол ABH составляет 45°. Это так, потому что ABC прямоугольный, поэтому центр O квадрата ACJI лежит на окружности, описанной вокруг треугольника ABC. Очевидно, угол ABO равен 45°.) Теперь Площадь (ABHI) + Площадь (JHBC) = Площадь (ADGC) + Площадь (EDGF). Каждая сумма содержит две площади треугольников, равные ABC (IJH или BEF), удаление которого дает теорему Пифагора.

Дэвид Кинг несколько модифицирует аргумент

Длины сторон шестиугольников идентичны. Углы при P (прямой угол + угол между a и c) одинаковы. Углы при Q (прямой угол + угол между b и c) одинаковы. Следовательно, все четыре четырехугольника одинаковы, а значит, и шестиугольники имеют одинаковую площадь.

Доказательство №17

Это доказательство содержится в Книге IV Mathematical Collection Папп Александрийский (ок. 300 г. н.э.) [Евс, Паппас]. Он обобщает теорему Пифагора в двух отношениях: треугольник ABC не обязательно должен быть прямоугольным и фигуры, построенные на его сторонах, представляют собой произвольные параллелограммы, а не квадраты. Таким образом, постройте параллелограммы CADE и CBFG на сторонах AC и, соответственно, BC. Пусть DE и FG пересекаются в H и рисуют AL и BM параллельно и равны HC. Тогда площадь (ABML) = площадь (CADE) + площадь (CBFG). Действительно, с преобразованием сдвига, уже использованным в доказательствах № 1 и № 12, площадь (CADE) = площадь (CAUH) = площадь (SLAR), а также площадь (CBFG) = площадь (CBVH) = площадь (SMBR). Теперь просто сложите то, что равно.

Динамическая иллюстрация доступна в другом месте.

Доказательство №18

Это еще одно обобщение, не требующее прямых углов. Это связано с Табитом ибн Куррой (836-901) [Евами]. Если углы CAB, AC’B и AB’C равны, то AC² + AB² = BC(CB’ + BC’). Действительно, треугольники ABC, AC’B и AB’C подобны. Таким образом, мы имеем AB/BC’ = BC/AB и AC/CB’ = BC/AC, что немедленно приводит к требуемому тождеству. В случае, если угол A прямой, теорема сводится к пифагорову утверждению и доказательству №6.

Та же диаграмма по-другому используется Э. В. Дейкстрой, который концентрируется на сравнении ВС с суммой СВ’ + ВС’.

Доказательство №19

Это доказательство является вариацией №6. На меньшую сторону AB прибавьте прямоугольный треугольник ABD, подобный к АВС. Тогда, естественно, DBC похож на два других. Из площади (ABD) + площади (ABC) = площади (DBC), AD = AB²/AC и BD = AB·BC/AC, мы получаем (AB²/AC)·AB + AB·AC = (AB·BC/AC)·BC. Деление на AB/AC приводит к AB² + AC² = BC².

Доказательство №20

Это помесь №7 и №19. Постройте треугольники ABC’, BCA’ и ACB’, подобные треугольнику ABC, как на рисунке. По построению ΔABC = ΔA’BC. Кроме того, равны треугольники ABB’ и ABC’. Таким образом, мы заключаем, что площадь (A’BC) + площадь (AB’C) = площадь (ABC’). Из подобия треугольников по-прежнему получаем B’C = AC²/BC и BC’ = AC·AB/BC. Сложив все это вместе, мы получим AC·BC + (AC²/BC)·AC = AB·(AC·AB/BC), что равно

ВС² + АС² = АВ².

Доказательство № 21

Ниже приводится выдержка из письма доктора Скотта Броди из Медицинской школы Маунт-Синай, штат Нью-Йорк. который прислал мне пару доказательств собственно теоремы и ее обобщения на закон косинусов:

Первое доказательство я просто перехожу из отличного обсуждения в серии Project Mathematics, основанного на теореме Птолемея о четырехугольниках, вписанных в окружность: для таких четырехугольников сумма произведений длин противоположных сторон, взятых попарно, равна произведение длин двух диагоналей. В случае прямоугольника это немедленно сводится к a² + b² = c².

Доказательство №22

Вот второе доказательство из письма доктора Скотта Броди.

Примем как известную теорему о силе точки: если взять точку вне круга и из этой точки провести отрезок, касающийся круга, и провести другой отрезок (секущую), который делит круг пополам. различных точек, то квадрат длины касательной равен произведению расстояния по секущей от внешней точки до ближайшей точки пересечения с окружностью и расстояния по секущей до дальней точки пересечения с окружностью. круг.

Пусть ABC прямоугольный треугольник с прямым углом C. Проведите высоту от C до гипотенузы; пусть P обозначает основание этой высоты. Тогда, поскольку CPB прав, точка P лежит на окружности с диаметром BC; а поскольку CPA прав, точка P лежит на окружности с диаметром AC. Поэтому пересечение двух окружностей на катетах ВС, СА исходного прямоугольного треугольника совпадает с Р и, в частности, лежит на АВ. Обозначим через x и y длины отрезков BP и PA соответственно и, как обычно, пусть a, b, c обозначают длины сторон ABC, противоположных углам A, B, C соответственно. Тогда x + y = c .

Поскольку угол C прямой, BC касается окружности диаметром CA, а теорема о силе точки утверждает, что a² = xc ; аналогично AC касается окружности диаметром BC, и b² = yc . Складывая, находим а² + б² = хс + yc = c² , Q.E.D.

Доктор Броди также создал файл Geometer’s SketchPad, чтобы проиллюстрировать это доказательство.

(Это доказательство было опубликовано под номером XXIV в сборнике доказательств Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхеда в Am Math Monthly , т. 4, № 1 (1897), стр. 11-12.)

Доказательство #23

Другое доказательство основано на формуле Герона. (Попутно с помощью формулы я отобразил площади в апплете, иллюстрирующем Доказательство №7). Это довольно запутанный способ доказательства теоремы Пифагора, который, тем не менее, отражает центральное место теоремы в геометрии плоскости. (Более короткое и более прозрачное применение формулы Герона лежит в основе доказательства № 75.)

Доказательство #24

[Светц] приписывает это доказательство Абу л’Хасану Табиту ибн Курра Марван аль’Харрани (826-901). Это второе из доказательств, данных Сабитом ибн Куррой. Первый из них, по сути, является номером 2 выше.

Доказательство похоже на часть 3 доказательства №12. ΔАВС = ΔFLC = ΔFMC = ΔBED = ΔАГ = ΔФГЭ. С одной стороны, площадь формы ABDFH равна AC² + BC² + Area(ΔABC + ΔFMC + ΔFLC). С другой стороны, площадь (ABDFH) = AB² + площадь (ΔBED + ΔFGE + ΔAGH).

Табит ибн Курра допускает естественное обобщение доказательства закона косинусов.

Также доступна динамическая иллюстрация доказательства ибн Курры.

Это «развернутый» вариант приведенного выше доказательства. Две пятиугольные области — красная и синяя — заведомо равны и оставляют одинаковую площадь при удалении из каждой трех равных треугольников.

Доказательство популяризирует Монти Фистер, автор неподражаемой Gnarly Math компакт-диск.

Флор ван Ламоен любезно указал мне на более ранний источник. Эдуард Доуэс Деккер, один из самых известных голландских авторов, опубликовал в 1888 году под псевдонимом Мультатули доказательство, сопровождаемое следующей диаграммой.

Скотт Броди указал на очевидную связь этого доказательства с № 9. Это та же самая конфигурация, но без одного треугольника.

Доказательство № 25

Б. Ф. Янни (1903, [Swetz]) дал доказательство, используя «аргумент сдвига», который также использовался в Доказательствах № 1 и № 12. Последовательно, площади LMOA, LKCA и ACDE (что есть AC²) равны, как и площади HMOB, HKCB и HKDF (что есть BC²). БК = ДФ. Таким образом, AC² + BC² = Площадь (LMOA) + Площадь (HMOB) = Площадь (ABHL) = AB².

Доказательство #26

Это доказательство я нашел на сайте Билла Кассельмана, где оно представлено Java-апплетом.

Со всеми приведенными выше доказательствами это должно быть простым. Подобные треугольники, как в доказательствах № 6 или № 13.

Доказательство № 27

Те же части, что и в доказательстве № 26, можно переставить и другим способом.

Это рассечение часто приписывают голландскому математику 17 ^го века Франсу ван Схоотену. [Фредериксон, с. 35] рассматривает его как шарнирный вариант варианта ибн Курры, см. примечание в скобках после доказательства №2. Доктор Франс Дакар из Словении указал, что эту же диаграмму легко объяснить с помощью тесселяции в доказательстве № 15. На самом деле, это может быть лучше объяснено другой тесселяцией. (Я благодарю Дугласа Роджерса за то, что он разъяснил мне это.)

Имеющаяся конфигурация допускает множество вариаций. Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед ( Am Math Monthly , v. 6, n. 2 (1899), 33–34) опубликовали несколько доказательств, основанных на следующих диаграммах (при этом несколько доказательств на диаграмму)

Доказательство № 28

Мелисса Бег с MathForum любезно прислала мне ссылку (которая с тех пор исчезла) на страницу Дональда Б. Вагнера, эксперта по истории науки и техники в Китае. Доктор Вагнер, по-видимому, реконструировал доказательство Лю Хуэя (третий век нашей эры). Однако (см. ниже) есть серьезные сомнения в авторстве доказательства.

Элиша Лумис цитирует это как геометрическое доказательство № 28 со следующим комментарием:

1. Бенджир фон Гутейл, оберлерер из Нюрнберга, Германия, представил приведенное выше доказательство. Он погиб в окопах во Франции в 1914 году. Так писал Дж. Адамс в августе 1933 года.
2. Назовем это Доказательством мировой войны Б. фон Гутейля.

Судя по фильму «Сладкая земля», такое снисходительное отношение к немецкому коллеге, возможно, не было обычным явлением в период, близкий к Первой мировой войне. Возможно, в 19 веке его охраняли еще больше.30-е годы в период прихода к власти нацистов в Германии.

(Я благодарю Д. Роджерса за то, что он обратил мое внимание на ссылку на коллекцию Лумиса. Он также сделал оговорку в отношении приписывания доказательства Лю Хуэю и проследил его раннее появление до Geometrische aufgabensamming Ausgabe B Карла Юлиуса Вальтера Литцмана. : fuer Realanstalten , опубликованный в Лейпциге Тойбнером в 1916 году. Интересно, что доказательство не было включено в более ранний Литцмана Der Pythagoreische Lehrsatz , опубликовано в 1912 г.)

Доказательство #29

Механическое доказательство теоремы заслуживает отдельной страницы.

К этому доказательству относится страница «Внегеометрические» доказательства теоремы Пифагора Скотта Броди

Доказательство #30

Это доказательство я нашел в продолжении Р. Нельсена Доказательства без слов II . (Это из-за Пу-Сун Парка и первоначально было опубликовано в Mathematics Magazine , декабрь 1999 г.). Начиная с одной из сторон прямоугольного треугольника, постройте 4 конгруэнтных прямоугольных равнобедренных треугольника с гипотенузами любых двух последующих перпендикуляров и вершинами, удаленными от данного треугольника. Гипотенуза первого из этих треугольников (на схеме выделена красным) должна совпадать с одной из сторон.

Вершины равнобедренных треугольников образуют квадрат со стороной, равной гипотенузе данного треугольника. Гипотенузы этих треугольников пересекают стороны квадрата в их серединах. Таким образом, получилось 4 пары равных треугольников (одна из пар зеленого цвета). Один из треугольников в паре находится внутри квадрата, другой снаружи. Пусть стороны исходного треугольника равны a, b, c (гипотенуза). Если первый равнобедренный треугольник был построен на стороне b, то каждый из них имеет площадь b²/4. Получаем

а² + 4b²/4 = с²

Есть динамическая иллюстрация и еще одна диаграмма, показывающая, как разделить два меньших квадрата и переставить их в один большой.

Эта диаграмма также имеет динамический вариант.

Доказательство #31

Для прямой ΔABC обозначим, как обычно, длины сторон BC, AC и гипотенузы как a, b и c соответственно. Постройте квадраты со сторонами ВС и АС, как показано на рисунке. Согласно SAS треугольники ABC и PCQ равны, так что ∠QPC = ∠A. Пусть М — середина гипотенузы. Обозначим пересечение MC и PQ как R. Покажем, что MR PQ.

Медиана гипотенузы равна половине последней. Следовательно, ΔCMB равнобедренный и ∠MBC = ∠MCB. Но у нас также есть ∠PCR = ∠MCB. Отсюда и ∠QPC = ∠A следует, что угол CRP прямой, или MR  PQ.

С этими предварительными действиями мы переходим к треугольникам MCP и MCQ. Мы оцениваем их площади двумя разными способами:

С одной стороны, высота от M до PC равна AC/2 = b/2. Но также PC = b. Следовательно, площадь (ΔMCP) = b²/4. С другой стороны, Площадь (ΔMCP) = CM·PR/2 = c·PR/4. Точно так же площадь (ΔMCQ) = a²/4, а также площадь (ΔMCQ) = см·RQ/2 = c·RQ/4.

Мы можем суммировать два тождества: a²/4 + b²/4 = c·PR/4 + c·RQ/4 или a²/4 + b²/4 = c·c/4.

(Я благодарен Флору ван Ламоэну, который обратил мое внимание на это доказательство. Оно появилось в Pythagoras — голландском математическом журнале для школьников — в номере за декабрь 1998 года, в статье Бруно Эрнста. Доказательство приписывается ученица американской средней школы по имени Энн Кондит 1938 г. Доказательство включено в качестве геометрического доказательства 68 в сборник Лумиса, стр. 140.)

Доказательство #32

Пусть ABC и DEF — два конгруэнтных прямоугольных треугольника, такие что B лежит на DE, а A, F, C, E коллинеарны. ВС = EF = а, AC = DF = b, AB = DE = c. Очевидно, AB  DE. Вычислите площадь ΔADE двумя разными способами.

Площадь (ΔADE) = AB·DE/2 = c²/2, а также площадь (ΔADE) = DF·AE/2 = b·AE/2.AE = AC + CE = b + CE. CE можно найти из подобных треугольников BCE и DFE: CE = BC·FE/DF = a·a/b. Собираем вещи вместе получаем

c²/2 = b(b + a²/b)/2

(Это доказательство является упрощением одного из доказательств Мишель Уоткинс, студентки Университета Северной Флориды, которое появилось в Math Spectrum 1997/98, v30, n3, 53-54.)

Дуглас Роджерс заметил, что одну и ту же диаграмму можно трактовать по-разному:

Доказательство 32 можно немного упорядочить, в соответствии с более поздними доказательствами, добавленными совсем недавно, и, таким образом, избежать подобных треугольников.

Конечно, ADE — это треугольник на основании DE с высотой AB, т. е. площадью cc/2.

Но его можно разрезать на треугольник FEB и четырехугольник ADBF. Первый имеет основание FE и высоту BC, поэтому площадь aa/2. Последний, в свою очередь, состоит из двух треугольников, расположенных спиной к спине на основании DF с суммой высот AC, поэтому площадь bb/2. Альтернативное рассечение рассматривает треугольник ADE как состоящий из треугольника ADC и треугольника CDE, который, в свою очередь, состоит из двух треугольников, расположенных спиной к спине на основании BC, с объединенными высотами EF.

Следующие два доказательства сопровождали следующее сообщение от Шая Симонсона, профессора Колледжа Стоунхилл в Кембридже, Массачусетс:

Приветствую вас,

Я с удовольствием просматривал ваш сайт и наткнулся на длинный список доказательств теоремы Пифа.

В моем курсе «История математической изобретательности» я использую два доказательства, в которых используется вписанная окружность прямоугольного треугольника. Каждое доказательство использует две диаграммы, каждая из которых представляет собой различное геометрическое представление одного алгебраического доказательство, которое я обнаружил много лет назад и опубликовал в письме учителю математики.

Два геометрических доказательства не требуют слов, но требуют небольшого размышления.

С наилучшими пожеланиями,

Шай

Доказательство #33

Доказательство № 34

Proof #35

Cracked Domino — доказательство Марио Пачека (также известного как Pakoslaw Gwizdalski) — также требует некоторого размышления.

Доказательство, отправленное по электронной почте, сопровождалось следующим сообщением:

Это новое, экстраординарное и чрезвычайно элегантное доказательство, пожалуй, самой фундаментальной теоремы в математике (безоговорочно победившее по количеству доказательств 367?) превосходит все известные науке, включая китайское доказательство и доказательство Джеймса А. Гарфилда (20-го президента США). ), потому что он прямой, не требует никаких формул и его могут освоить даже дошкольники. Вполне вероятно, что он идентичен утраченному оригиналу, но кто это может доказать? Еще не в Книге рекордов Гиннеса!

Способ соединения частей вполне может быть оригинальным. Само рассечение хорошо известно (см. доказательства 26 и 27) и описано в книге Фредериксона, с. 29. Там же отмечено, что Б. Броди (1884) заметил, что подобное рассечение применимо и к подобным прямоугольникам. Вскрытие также является частным случаем доказательства суперпозиции К. О. Фридрихса.

Доказательство #36

Это доказательство принадлежит Дж. Э. Бётчеру и цитируется Нельсеном ( Доказательства без слов II , с. 6).

Я думаю, что взломать это доказательство без слов — хорошее упражнение для урока геометрии в средней или старшей школе.

С. К. Штейн, ( Mathematics: The Man-Made Universe , Dover, 1999, стр. 74) дает несколько иное рассечение.

Оба варианта имеют динамическую версию. Есть еще одна особенно яркая иллюстрация бетхеровского разложения.

Proof #37

Апплет Дэвида Кинга, демонстрирующий это доказательство, помещен на отдельной странице.

Доказательство #38

Это доказательство также было сообщено мне Дэвидом Кингом. Квадраты и 2 треугольника объединяются, чтобы получить два шестиугольника одинаковой площади, которые можно было бы установить, как в Доказательстве № 9. Однако оба шестиугольника мозаичны на плоскости.

Для каждого шестиугольника в левой мозаике есть шестиугольник в правой мозаике. Обе мозаики имеют одинаковую структуру решетки, которая демонстрируется апплетом. Теорема Пифагора доказана после удаления двух треугольников из каждого из шестиугольников.

Доказательство № 39

(Дж. Барри Саттон, The Math Gazette , v 86, n 505, март 2002 г., стр. 72.)

Пусть в ΔABC угол C = 90°. Как обычно, AB = c, AC = b, BC = a. Определим точки D и E на AB так, чтобы AD = AE = b.

По построению C лежит на окружности с центром A и радиусом b. Угол DCE опирается на диаметр и, следовательно, прямой: DCE = 90°. Отсюда следует, что BCD = ACE. Поскольку ΔACE равнобедренный, CEA = ACE.

Треугольники DBC и EBC имеют общий треугольник DBC. Кроме того, BCD = BEC. Следовательно, треугольники DBC и EBC подобны. У нас есть BC/BE = BD/BC, или

а / (с + b) = (с — b) / а.

И, наконец,

а² = с² — b²,
а² + b² = с².

Диаграмма напоминает доказательство Табита ибн Курры. Но они совершенно разные. Однако это и есть доказательство 14 из коллекции Элиши Лумиса. Кроме того, Лумис приводит две более ранние ссылки от 1925 и 1905 годов. С нарисованным кругом в центре точки А Лумис повторяет доказательство как 82 (со ссылками на 1887, 1880, 1859, 1792), а также перечисляет (в качестве доказательства 89) симметричная версия вышеуказанного:

Для прямоугольного треугольника ABC с прямым углом в точке C продлите AB в обоих направлениях так, чтобы AE = AC = b и BG = BC = a. Как и выше, теперь у нас есть подобные треугольники DBC и EBC. Кроме того, треугольники AFC и ACG также подобны, что приводит к двум тождествам:

a² = c² — b², и
б² = с² — а².

Вместо прямого использования одного из идентификаторов Лумис добавляет два:

2(а² + b²) = 2c²,

, который выглядит как графическое и алгебраическое излишество.

Доказательство #40

Это письмо Майкла Харди из Университета Толедо, опубликованное в The Mathematical Intelligencer в 1988 году. К нему следует относиться с недоверием.

Прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой BC. Обозначим AC = x и BC = y. Тогда, когда C движется вдоль линии AC, x изменяется, а также y. Предположим, что x изменилось на небольшую величину dx. Затем y изменилось на небольшую величину dy. Треугольник CDE приближенно можно считать прямоугольным. Если предположить, что это так, то он имеет общий угол (D) с треугольником ABD и, следовательно, подобен последнему. Это приводит к пропорции x/y = dy/dx, или (разделяемому) дифференциальному уравнению

y·dy — x·dx = 0,

, что после интегрирования дает y² — x² = const. Значение константы определяется из начального условия для x = 0. Поскольку y(0) = a, y² = x² + a² для всех x.

С этим доказательством легко спорить. Что означает, что треугольник приблизительно правильный? Могу предложить следующее объяснение. Треугольники ABC и ABD прямоугольные по построению. Имеем AB² + AC² = BC², а также AB² + AD² = BD² по теореме Пифагора. В терминах x и y теорема выглядит как

, что дает 9 после вычитания

, y·dy — x·dx = (dx² — dy²)/2.

Для малых dx и dy dx² и dy² еще меньше, и ими можно пренебречь, что приводит к приблизительному значению y·dy — x·dx = 0.

Хитрость в виньетке Майкла заключается в том, что он пропускает вопрос приближения. Но можно ли действительно обосновать вывод, не полагаясь в первую очередь на теорему Пифагора? Как бы то ни было, мне очень нравится, что вездесущее уравнение y·dy — x·dx = 0 помещено в этот геометрический контекст.

Расширенная, но явно независимая версия этого доказательства была опубликована Майком Старингом ( Mathematics Magazine , V. 69, n. 1 (Feb., 1996), 45-46).

Предполагая Δx > 0 и обнаруживая подобные треугольники,

Δf / Δx = CQ/CD > CP/CD = CA/CB = x/f(x).

А также,

Δf / Δx = SD/CD < RD/CD = AD/BD = (x + Δx) / (f(x) + Δf) < x/f(x) + Δx/f(x).

Переход к пределу при стремлении Δx к 0 ⁺ , получаем

df/dx = x/f(x).

Случай ∆x < 0 рассматривается аналогично. Теперь решая дифференциальное уравнение получаем

f  ² (x) = x² + c.

Константа c находится из граничного условия f(0) = b: c = b². И доказательство завершено.

Доказательство #41

Создайте 3 масштабированные копии треугольника со сторонами a, b, c, умножив их на a, b и c по очереди. Соедините вместе три подобных треугольника, полученных таким образом, чтобы сформировать прямоугольник, верхняя сторона которого равна a² + b², а нижняя сторона равна c².

Дополнительные сведения и модификации см. на отдельной странице.

Доказательство № 42

Доказательство основано на той же диаграмме, что и № 33 [Pritchard, p. 226-227].

Площадь треугольника, очевидно, равна rp, где r — внутренний радиус, а p = (a + b + c)/2 — полупериметр треугольника. Из диаграммы гипотенуза c = (a — r) + (b — r), или r = p — c. Затем площадь треугольника вычисляется двумя способами:

р(р — с) = ab/2,

, что эквивалентно

(а + b + с)(а + b — с) = 2ab,

или

(а + b)² — c² = 2ab.

И, наконец,

а² + b² — с² = 0.

Доказательство принадлежит Джеку Оливеру и первоначально было опубликовано в Mathematical Gazette 81 (март 1997 г.), стр. 117-118.

Мацей Мадерек сообщил мне, что такое же доказательство появилось в польском издании Sladami Pitagorasa 1988 года Щепана Еленского:

Еленски приписывает доказательство Меллманну, не указывая ни источника, ни даты.

Джон Ф. Ригби сделал соответствующее наблюдение в 1996 г. (WALMATO Conference, University of Wales, Gergynog, 1996). Его обозначения ясны из диаграммы.

Вычисление площади треугольника двумя способами дает (r+x)(r+y)=r(2r+2x+2y), что можно упростить до

r² + rx + ry = ху

, который преобразуется в (r+x)² + (r+y)² = (x+y)² путем прибавления x² + y² к обеим сторонам.

Доказательство № 43

Ларри Хен [Pritchard, p. 229 и Math Gazette].

Примените теорему о силе точки к диаграмме выше, где сторона a служит касательной к окружности радиуса b: (c — b)(c + b) = a². Результат следует сразу.

(Конфигурация здесь, по сути, такая же, как и в доказательстве № 39. Вызов теоремы о силе точки можно рассматривать как кратчайший путь к аргументу в доказательстве № 39. Кроме того, это в точности доказательство XVI Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, 9 лет0576 Am Math Monthly , т. 3, н. 12 (1896), 299-300. )

Джон Молокач предложил модификацию на основе следующей схемы:

Из подобия треугольников a/b = (b + c)/d, так что d = b(b + c)/a. Четырехугольник слева — воздушный змей со сторонами b и d и площадью 2bd/2 = bd. Прибавив к этому площадь маленького треугольника (ab/2), получим площадь большого треугольника — (b + c)d/2:

бд + аб/2 = (б + в)д/2

, что упрощается до

ab/2 = (c — b)d/2 или ab = (c — b)d.

Теперь используем формулу для d:

ab = (c — b)d = (c — b)(c + b)b/a.

Деление на b и умножение на a дает a² = c² — b². Этот вариант очень близок к Доказательству №82, но с другой мотивацией.

Наконец, рассуждение показывает, что площадь кольца (кольца), ограниченного окружностями радиусов b и c > b; равно πa², где a² = c² — b². а — половина длины касательной к внутренней окружности, заключенной внутри внешней окружности.

Доказательство #44

Следующее доказательство, относящееся к #39, было представлено Адамом Роузом (23 сентября 2004 г. )

Начните с двух одинаковых прямоугольных треугольников: ABC и AFE, БЭ и КФ. Отметьте D на AB и G на продолжении AF, так что

BC = BD = FG (= EF).

(Дальнейшие обозначения см. на диаграмме выше.) ΔBCD равнобедренный. Следовательно, ∠BCD = p/2 — α/2. Поскольку угол C прямой,

∠ACD = p/2 — (p/2 — α/2) = α/2.

Поскольку ∠AFE является внешним по отношению к ΔEFG, ∠AFE = ∠FEG + ∠FGE. Но ΔEFG тоже равнобедренный. Таким образом,

∠ВОЗРАСТ = ∠FGE = α/2.

Теперь у нас есть две прямые, CD и EG, пересекаемые CG с двумя чередующимися внутренними углами, ACD и AGE, равными. Следовательно, CD||EG. Треугольники ACD и AGE подобны, причем AD/AC = AE/AG:

b/(c — a) = (c + a)/b,

и следует теорема Пифагора.

Доказательство #45

Это доказательство принадлежит Дугласу Роджерсу, который наткнулся на него в ходе своего исследования истории китайской математики.

Доказательство представляет собой вариант №33, №34 и №42. Доказательство проводится в два этапа. Во-первых, как видно из

тождество Лю Хуэй (см. также Математика в Китае)

а + b = с + d,

где d — диаметр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник со сторонами a и b и гипотенузой c. Основываясь на этом и переставляя части двумя способами, мы получаем другое доказательство без слов теоремы Пифагора:

Доказательство #46

Это доказательство принадлежит Тао Тонгу ( Учитель математики , февраль 1994 г., Читательские размышления). Я узнал об этом благодаря добрым услугам Дугласа Роджерса, который также привлек мое внимание к Доказательствам № 47, № 48 и № 49. По духу доказательство напоминает доказательство №32.

Пусть ABC и BED равные прямоугольные треугольники, с E на AB. Мы собираемся оценить площадь ΔABD двумя способами:

Площадь (ΔABD) = BD·AF/2 = DE·AB/2.

Используя обозначения, указанные на диаграмме, получаем c(c — x)/2 = b·b/2. x = CF можно найти, заметив подобие (BD AC) треугольников BFC и ABC:

х = а²/с.

Две формулы легко объединяются в тождество Пифагора.

Доказательство #47

Это доказательство, принадлежащее старшекласснику Джону Кавамуре, было представлено Крисом Дэвисом, его учителем геометрии в школе Head-Rouce, Окленд, Калифорния (учитель математики , апрель 2005 г., с. 518.)

Конфигурация практически идентична Доказательству №46, но на этот раз нас интересует площадь четырехугольника ABCD. Обе его перпендикулярные диагонали имеют длину c, так что его площадь равна c²/2. С другой стороны,

Умножение на 2 дает желаемый результат.

Доказательство #48

(WJ Dobbs, The Mathematical Gazette , 8 (1915-1916), стр. 268.)

На схеме два прямоугольных треугольника — ABC и ADE — равны и E расположен на AB. Как и в доказательстве президента Гарфилда, мы оцениваем площадь трапеции ABCD двумя способами:

, где, как и в доказательстве №47, c·c — произведение двух перпендикулярных диагоналей четырехугольника AECD. С другой стороны,

Объединяя два числа, мы получаем c²/2 = a²/2 + b²/2, или, после умножения на 2, c² = a² + b².

Доказательство № 49

В предыдущем доказательстве мы можем поступить немного иначе. Заполните квадрат на сторонах AB и AD двух треугольников. Его площадь с одной стороны b², а с другой

, что соответствует той же идентичности, что и раньше.

Дуглас Роджерс, наблюдавший взаимосвязь между доказательствами 46-49, также заметил, что квадрат можно было бы нарисовать на меньших катетах двух треугольников, если бы второй треугольник был нарисован в «нижней» позиции, как в доказательствах 46 и 47. В этом случае мы снова будем оценивать площадь четырехугольника ABCD двумя способами. Со ссылкой на вторую из диаграмм выше,

, как хотелось бы.

Он также указал, что можно представить себе, что один из прямоугольных треугольников скользит из своего положения в доказательстве №46 в положение в доказательстве №48, так что его короткая сторона скользит вдоль длинной стороны другого треугольника. В любом промежуточном положении находится четырехугольник с равными и перпендикулярными диагоналями, так что для всех положений можно построить доказательства, аналогичные приведенным выше. Треугольник всегда остается внутри квадрата со стороной b — длиной длинной стороны двух треугольников. Теперь мы также можем представить, как треугольник ABC скользит внутри этого квадрата. Что приводит к доказательству, которое напрямую обобщает № 49.и включает конфигурации доказательств 46-48. Смотри ниже.

Доказательство #50

Площадь большого квадрата KLMN равна b². Квадрат разбит на 4 треугольника и один четырехугольник:

Это неинтересный вывод, но он показывает, что при столкновении с задачей упрощения алгебраических выражений умножение всех членов для удаления всех круглых скобок может быть не лучшей стратегией. В этом случае, однако, есть даже лучшая стратегия, которая полностью избегает длительных вычислений. По предложению Дугласа Роджерса дополните каждый из четырех треугольников соответствующим прямоугольником:

Четыре прямоугольника всегда отсекают квадрат размера a, так что их общая площадь равна b² — a². Таким образом, мы можем закончить доказательство, как и в других доказательствах этой серии:

b² = c²/2 + (b² — a²)/2.

Доказательство #51

(W. J. Dobbs, The Mathematical Gazette , 7 (1913-1914), стр. 168.)

Этот любезно предоставлен Дугласом Роджерсом из его обширной коллекции. Как и в Доказательстве №2, треугольник повернут на 90 градусов вокруг одного из его углов, так что угол между гипотенузами в двух положениях прямой. Полученная форма площади b² затем разбивается на два прямоугольных треугольника с длинами сторон (c, c) и (b — a, a + b) и площадями c²/2 и (b — a)(a + b)/2 = (б² — а²)/2:

b² = c²/2 + (b² — a²)/2.

Дж. Эллиот добавляет морщинку в доказательство, переворачивая один из треугольников:

Опять же, площадь можно вычислить двумя способами:

ab/2 + ab/2 + b(b — a) = c²/2 + (b — a)(b + a)/2,

, что сокращается до

b² = c²/2 + (b² — a²)/2,

и, в конечном счете, к пифагорейской идентичности.

Доказательство #52

Это доказательство, обнаруженное старшеклассником Джейми де Лемосом ( Учитель математики , 88 (1995), стр. 79.), было процитировано Ларри Хеном ( Учитель математики , 90 (1997), стр. 438-441.)

С одной стороны площадь трапеции равна

(2а + 2б)/2·(а + б)

и с другой,

2a·b/2 + 2b·a/2 + 2·c²/2.

Приравнивание двух дает a² + b² = c².

Доказательство тесно связано с доказательством президента Гарфилда.

Доказательство #53

Ларри Хен также опубликовал следующее доказательство ( Учитель математики , 88 (1995), стр. 168.):

Продлите катет AC прямоугольного треугольника ABC до D так, чтобы AD = AB = c, как показано на рисунке. В точке D проведите перпендикуляр к CD. В точке А проведите биссектрису угла BAD. Пусть две прямые пересекаются в E. Наконец, пусть EF перпендикулярна CF.

По этой конструкции треугольники ABE и ADE имеют общую сторону AE, две другие стороны равны: AD = AB, а также углы, образованные этими сторонами: ∠BAE = ∠DAE. Следовательно, треугольники ABE и ADE равны по SAS. Отсюда угол АВЕ прямой.

Отсюда следует, что в прямоугольных треугольниках ABC и BEF углы ABC и EBF в сумме дают 90°. Таким образом,

∠ABC = ∠BEF и ∠BAC = ∠EBF.

Два треугольника подобны, поэтому

х/а = и/б = у/с.

Но, EF = CD, или x = b + c, что в сочетании с приведенной выше пропорцией дает

u = b(b + c)/a и y = c(b + c)/a.

С другой стороны, y = u + a, что приводит к

c(b + c)/a = b(b + c)/a + a,

, что легко упростить до c² = a² + b².

Доказательство #54k

Позже ( Учитель математики , 90 (1997), стр. 438-441.) семейство доказательств, которое для различных значений параметра включало его старое доказательство, а также № 41. Ниже я предлагаю упрощенный вариант, вдохновленный работой Ларри.

Чтобы воспроизвести существенный момент доказательства № 53, т. е. имея прямоугольный треугольник ABE и еще один BEF, подобный ΔABC, мы можем просто разместить ΔBEF со сторонами ka, kb, kc для некоторого k, как показано на рис. диаграмма. Чтобы диаграмма имела смысл, мы должны ограничить k так, чтобы ka ≥ b. (Это гарантирует, что D не опустится ниже A.)

Теперь площадь прямоугольника CDEF можно вычислить непосредственно как произведение его сторон ka и (kb + a) или как сумму площадей треугольников BEF, АВЕ, АВС и АДЭ. Таким образом, мы получаем

ka·(kb + a) = ka·kb/2 + kc·c/2 + ab/2 + (kb + a)·(ka — b)/2,

, который после упрощения сокращается до

а² = с²/2 + а²/2 — b²/2,

, что всего на один шаг меньше пифагорейского утверждения.

Доказательство работает для любого значения k, удовлетворяющего условию k ≥ b/a. В частности, при k = b/a мы получаем доказательство №41. Далее, k = (b + c)/a приводит к доказательству №53. Конечно, мы получили бы тот же результат, представив площадь трапеции AEFB двумя способами. Для k = 1 это привело бы к доказательству президента Гарфилда.

Очевидно, что работа с трапецией менее ограничительна и работает при любом положительном значении k.

Доказательство #55

Следующее обобщение теоремы Пифагора принадлежит У. Дж. Хазарду ( Am Math Monthly , v 36, n 1, 1929, 32-34). Доказательство представляет собой небольшое упрощение опубликованного.

Пусть слева изображен параллелограмм ABCD, вписанный в параллелограмм MNPQ. Нарисуйте BK||MQ и AS||MN. Пусть они пересекаются по Y. Тогда

Площадь (ABCD) = Площадь (QAYK) + Площадь (BNSY).

Ссылка на доказательство №9 показывает, что это верное обобщение теоремы Пифагора. Диаграмма доказательства № 9 получается, когда оба параллелограмма становятся квадратами.

Доказательство проходит в 4 этапа. Сначала вытяните линии, как показано ниже.

Тогда первым шагом будет отметить, что параллелограммы ABCD и ABFX имеют равные основания и высоты, а значит, и равные площади (Евклид I.35 На самом деле они хорошо равноразложимы). По той же причине параллелограммы ABFX и YBFW также имеют равные области. Это шаг 2. На шаге 3 обратите внимание, что параллелограммы SNFW и DTSP имеют равные площади. (Это связано с тем, что параллелограммы DUCP и TENS равны, а точки E, S, H лежат на одной прямой. Тогда Евклид I.43 подразумевает равные площади параллелограммов SNFW и DTSP). Наконец, параллелограммы DTSP и QAYK полностью равны.

(Есть динамическая версия доказательства.)

Доказательство № 56

Более ста лет назад Американский математический ежемесячник опубликовал серию коротких заметок, в которых перечислялось множество доказательств теоремы Пифагора. Авторы, Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, приложили дополнительные усилия, подсчитывая и классифицируя доказательства различных вкусов. Это и следующее доказательство — числа V и VI из их коллекции ( Am Math Monthly , т. 3, № 4 (1896), 110-113) дают образец их основательности. Основываясь на диаграмме ниже, они насчитали целых 4864 различных доказательства. Образец их работы я разместил на отдельной странице.

Доказательство #57

Немного по-другому рассматривая треугольник, теперь продолжая его стороны, а не пересекая их, Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед пришли к практически той же диаграмме:

Следуя методу, использованному в предыдущем доказательстве, они снова насчитали 4864 различных доказательства пифагорейского предложения.

Доказательство № 58

(Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, Am Math Monthly , т. 3, № 6/7 (1896), 169–171, № VII)

Пусть ABC образует прямой угол с C. Произведите BC, получив BD = AB. Присоединяйтесь к АД. Из Е, середины CD, проведите перпендикуляр, пересекающий AD в точке F. Соедините BF. DADC похож на DBFE. Следовательно.

AC/BE = CD/EF.

Но CD = BD — BC = AB — BC. Используя этот

и EF = AC/

. Так что

АС·АС/2 = (АВ — ВС)·(АВ + ВС)/2,

, что, конечно же, приводит к AB² = AC² + BC².

(Как мы видели в доказательстве 56, Янни и Колдерхед любят использовать конфигурацию всеми возможными способами. Что касается диаграммы настоящего доказательства, они отмечают, что треугольники BDF, BFE и FDE подобны, что позволяет им вывести множество пропорций между различными элементами конфигурации. Они ссылаются на свой подход в доказательстве 56, чтобы предположить, что и здесь существует множество доказательств, основанных на одной и той же диаграмме. Они предоставляют фактический подсчет читателю.)

Доказательство № 59

(Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, Am Math Monthly , т. 3, № 12 (1896), 299-300, № XVII)

Пусть ABC образует прямой угол в точке C, а BC = a — кратчайшая из двух сторон. Используя C в качестве центра и a в качестве радиуса, опишите окружность. Пусть D будет пересечением AC с окружностью, а H — другим, полученным путем создания AC вне C, E — пересечением AB с окружностью. Проведите CL перпендикулярно AB. L — середина BE.

По теореме о пересекающихся хордах,

АХ·АД = АВ·АЕ.

Другими словами,

(b + а)(b — а) = с(с — 2·BL).

Теперь прямоугольные треугольники ABC и BCL имеют общий угол в точке B и, следовательно, подобны, откуда

БЛ/ВС = ВС/АВ,

, так что BL = a²/c. Объединив все вместе видим, что

b² — a² = c(c — 2a²/c)

и, в конечном счете, пифагорейское тождество.

Примечание

Обратите внимание, что доказательство не выполняется для равнобедренного прямоугольного треугольника. Для учета этого случая авторы предлагают использовать обычный метод теории пределов. Я совсем не уверен, что такое «обычный метод» имели в виду авторы. Может быть, лучше всего подвергнуть этот случай сократовским рассуждениям, которые просты и не требуют теории пределов. Если случай в любом случае исключительный, то почему бы и не относиться к нему как к таковому.

Доказательство № 60

(Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, Am Math Monthly , т. 3, н. 12 (1896), 299-300, #XVIII)

Идея та же, что и раньше (доказательство №59), но теперь круг имеет радиус b, длину более длинного катета. Изготовив стороны как на схеме, получим

АВ·ВК = BJ·BF,

или

с·ВК = (b — а)(b + а).

BK, то есть AK — c, можно найти из подобия треугольников ABC и AKH: AK = 2b²/c.

Обратите внимание, что, как и предыдущее доказательство, это тоже не работает в случае равнобедренного треугольника.

Доказательство № 61

(Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхед, Am Math Monthly , т. 3, № 12 (1896), 299-300, № XIX)

Это третье доказательство в семействе доказательств, использующих теорему о пересекающихся хордах. Радиус окружности теперь равен высоте от прямого угла C. В отличие от двух других доказательств здесь нет исключительных случаев. Ссылаясь на схему,

AD² = AH·AE = b² — CD²,
BD² = BK·BL = a² — CD²,
2AD·BD = 2CD².

Сложение трех дает тождество Пифагора.

Доказательство #62

В этом доказательстве, принадлежащем Флору ван Ламоэну, используются некоторые из многих свойств симедианной точки. Прежде всего известно, что в любом треугольнике ABC симедиана точки K имеет барицентрические координаты, пропорциональные квадратам длин сторон треугольника. Отсюда следует соотношение между площадями треугольников ABK, BCK и ACK:

Площадь (BCK) : Площадь (ACK) : Площадь (ABK) = a² : b² : c².

Далее, в прямоугольном треугольнике точка симедианы является серединой высоты гипотенузы. Следовательно, если угол при С прямой, а СН является рассматриваемой высотой (а также симедианой), то АК служит медианой ΔACH, а BK — медианой ΔBCH. Вспомните теперь, что медиана делит треугольник на две равные части. Таким образом,

Площадь (ACK) = Площадь (AKH) и
Площадь (BCK) = Площадь (BKH).

Но

, так что действительно = k·c·c a² + k·b², для некоторого k > 0; и отсюда следует пифагорейское тождество.

Флор также предложил другой подход к использованию свойств симедианной точки. Обратите внимание, что симметричная точка является центром тяжести трех грузов на A, B и C величин a², b² и c² соответственно. В прямоугольном треугольнике основание высоты из C является центром тяжести весов на B и C. Тот факт, что точка симедианы является серединой этой высоты, теперь показывает, что a² + b² = c².

Доказательство #63

Это еще одно доказательство от Флор ван Ламоен; Флор пришел к доказательству с помощью теоремы Боттемы. Однако на самом деле теорема не нужна для проведения доказательства.

На рисунке M — центр квадрата ABA’B’. Треугольник AB’C’ является вращением треугольника ABC. Итак, мы видим, что B’ лежит на C’B». Точно так же A’ лежит на A»C». И AA», и BB» равны a + b. Таким образом, расстояние от M до A»C», а также до B’C’ равно (a + b)/2. Это дает

Но также:

Это дает a²/4 + b²/4 = c²/4 и теорему Пифагора.

Базовая конфигурация была использована Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхедом ( Am Math Monthly , v.4, n 10, (1987), 250-251) для получения нескольких доказательств на основе следующих диаграмм

Ни одно из их доказательств не использовало центральность точки М.

Доказательство № 64

И еще одно доказательство Флор ван Ламоэн; в типично математическом духе, на этот раз Флор сводит общее утверждение к частному случаю, случаю прямоугольного равнобедренного треугольника. Последняя была рассмотрена Сократом и показана независимо от общей теоремы.

FH делит квадрат ABCD со стороной a + b на два равных четырехугольника, ABFH и CDHF. Первый состоит из двух равных треугольников с площадью ab/2 и равнобедренного прямоугольного треугольника с площадью c²/2. Последний составлен из двух равнобедренных прямоугольных треугольников: площади одного a²/2, другого b²/2, и прямоугольного треугольника, площадь которого (по вводному замечанию) равна ab! Удалив равные площади двух четырехугольников, мы получим тождество площадей: a²/2 + b²/2 = c²/2.

Идея доказательства Сократа о том, что площадь равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой k равна k²/4, использовалась и раньше, хотя и неявно. Например, Лумис, № 67 (со ссылкой на издание 1778 года Э. Форри Curiosities Geometrique [орфография Лумиса]) опирается на следующую диаграмму:

Треугольник ABC лежит прямо в точке C, а ABD равнобедренный. (Точка D — середина полуокружности с диаметром AB, так что CD — биссектриса прямого угла ACB.) AA’ и BB’ перпендикулярны CD, а AA’CE и BB’CF — квадраты; в частности, EF ⊥ CD.

Треугольники AA’D и DB’B (с равными гипотенузами и дополнительными углами при D) равны. Отсюда следует, что AA’ = B’D = A’C = CE = AE. И аналогично для отрезков, равных B’C. Далее, CD = B’C + B’D = CF + CE = EF.

Площадь (ADBC)	= Площадь (ADC) + Площадь (DBC)
Площадь (ADBC)	= CD×AA’/2 + CD×BB’/2
Площадь (ADBC) )	= CD×EF/2.

С другой стороны,

Таким образом, два четырехугольника имеют ту же площадь и ΔABC, что и пересечение. Удалив ΔABC, мы видим, что

Площадь (ADB) = Площадь (ACE) + Площадь (BCF).

Доказательство сводится к случаю Сократа, поскольку последнее тождество эквивалентно c²/4 = a²/4 + b²/4.

Совсем недавно Буй Куанг Туан выдвинул другой аргумент:

Исходя из вышеизложенного, площадь (BA’D) = площадь (BB’C) и площадь (AA’D) = площадь (AB’C). Кроме того, площадь (AA’B) = площадь (AA’B’), для AA’||BB’. Отсюда следует, что площадь (ABD) = площадь (AA’C) + площадь (BB’C) с теми же последствиями.

Доказательство № 65

Это и следующее доказательство также принадлежат Флору ван Ламоэну. Оба основаны на следующей лемме, которая, по-видимому, обобщает теорему Пифагора: образуйте квадраты на сторонах ортогональный четырехугольник . Квадраты делятся на две пары противоположных квадратов. Тогда суммы площадей квадратов в двух парах равны.

Доказательство основано на дружеской связи между треугольником и его боковыми треугольниками: высота треугольника через прямой угол, выходящий за вершину, является медианой бокового треугольника под прямым углом. Имея это в виду, обратите внимание, что два параллелограмма на левом рисунке имеют не только общее основание, но и равные высоты. Следовательно, они имеют равные площади. Используя сдвиг, мы видим, что квадраты под рукой разбиваются на пары прямоугольников одинаковой площади, которые можно комбинировать двумя способами, что доказывает лемму.

Теперь для доказательства представьте две смежные вершины четырехугольника, смыкающиеся к точке пересечения диагоналей. В пределе четырехугольник станет прямоугольным треугольником, а один из квадратов сожмется в точку. Из оставшихся трех квадратов два дадут в сумме третий.

Доказательство № 66

(Флор Ван Ламоен). Лемму из доказательства 65 можно использовать по-другому:

Пусть будет два квадрата: APBM _c и C ₁ M _c C ₂ Q с общей вершиной M _c . Поворот на 90° в положительном направлении вокруг M _c перемещает C ₁ M _c в C ₂ M _c и BM _c в AM _c . Это означает, что ΔBM _c C ₁ вращается в ΔAM _c C ₂ , так что AC ₂ и BC ₁ ортогональны. Четырехугольник ABC ₂ C _{Таким образом, число 1} является ортогональным, и применима лемма: красные и синие квадраты в сумме дают одинаковую площадь. Важно отметить, что сумма площадей исходных квадратов APBM _c и C ₁ M _c C ₂ Q составляет половину этой величины.

Теперь предположим, что конфигурации таковы, что M _c совпадает с точкой пересечения диагоналей. Из-за получившейся симметрии красные квадраты равны. Поэтому площади APBM _c и C ₁ M _c C ₂ Q составляют красный квадрат!

(Есть динамическая иллюстрация этого аргумента.)

Доказательство №67

Это доказательство прислала мне 14-летняя Сина Шиян из Сабзевара, Иран. Помимо описанной окружности, комбинация треугольников точно такая же, как в подслучае С. Броди в VI.31 Евклида. Однако подход Броуди, если его сделать явным, потребует аргументации, отличной от той, которую использует Сина. Итак, я считаю, что ее вывод хорошо подходит в качестве индивидуального доказательства.

Из концов гипотенузы AB опущены перпендикуляры AP и BK к касательной к описанной окружности ΔABC в точке C. Поскольку OC также перпендикулярен касательной, C является серединой KP. Отсюда следует, что

Площадь(ACP) + Площадь(BCK)	= CP·AP/2 + CK·BK/2
	= [KP·(AP + BK)/2]/2
	= Площадь (АБКП)/2.

Следовательно, площадь(ABC) также равна площади(ABKP)/2. Так что

Площадь (ACP) + Площадь (BCK) = Площадь (ABC)

Теперь все три треугольника подобны (так как они прямоугольные и имеют равные углы), поэтому их площади связаны как квадраты их гипотенуз, равные b, a и c соответственно. Отсюда следует теорема.

Я поместил оригинальный вывод Сины на отдельную страницу.

Доказательство #68

Теорема Пифагора является прямым следствием закона параллелограмма. Я благодарен Флору ван Ламоэну за то, что он обратил мое внимание на доказательство последнего без слов. Есть второе доказательство, которое я люблю еще больше.

Доказательство #69

Несколько доказательств, использующих практически одинаковую конфигурацию

прекрасно используют разные инструменты для достижения цели. Это вопрос того, что мы видим на этой диаграмме. Ниже приведены несколько вариантов, которые различаются точкой зрения и, как таковые, приводят к разным выводам.

Некоторые из них я разместил на отдельной странице.

Доказательство #70

Продолжим высоту CH до гипотенузы до D: CD = AB и рассмотрим площадь ортогонального четырехугольника ACBD (аналогично доказательствам 47-49). С одной стороны, его площадь равна половине произведения его диагоналей: c²/2 . С другой стороны, это сумма площадей двух треугольников, ACD и BCD. Опустим перпендикуляры DE и DF на точки AC и BC. Прямоугольник CEDF имеет стороны, равные DE, и DF, равные AC и BC соответственно, потому что, например, ΔCDE = ΔABC, так как оба прямые, имеют равные гипотенузы и углы. Отсюда следует, что

Площадь (CDA) = b² и
Площадь (CDB) = а²

, так что действительно c²/2 = a²/2 + b²/2.

Это доказательство 20 из коллекции Лумиса. В доказательстве 29 CH продолжается вверх до D, так что снова CD = AB. Снова площадь четырехугольника ACBD вычисляется двумя способами точно таким же образом.

Доказательство #71

Пусть D и E — точки на гипотенузе AB такие, что BD = BC и AE = AC. Пусть AD = x,DE = y,BE = z. Тогда AC = x + y, BC = y + z, AB = x + y + z. Тогда теорема Пифагора эквивалентна алгебраическому тождеству

(у + г)² + (х + у)² = (х + у + г)².

Что упрощается до

у² = 2xz.

Чтобы убедиться, что последнее верно, вычислите мощность точки A по отношению к окружности B(C), т. е. окружности с центром в B и проходящей через C, двумя способами: сначала как квадрат касательной AC, а затем как продукт AD·AL:

(х + у)² = х (х + 2 (у + г)),

, что также упрощается до y² = 2xz.

Это алгебраическое доказательство 101 из коллекции Лумиса. Его динамическая версия доступна отдельно.

Доказательство #72

Это геометрическое доказательство № 25 из коллекции Э. С. Лумиса, за которое он ссылается на более раннюю публикацию Дж. Верслуйса (1914 г.). Доказательство практически не требует пояснений, и добавление нескольких строк показывает способ сделать его формальным.

Мишель Ласверньяс придумал еще более прозрачную перестановку (справа внизу):

Эти два получаются друг из друга путем поворота каждого из квадратов на 180° вокруг его центра.

Также доступна динамическая версия.

Доказательство #73

Это доказательство принадлежит weininjieda из Инкоу, Китай, который планирует стать учителем математики, китайского языка и истории. Оно было включено как алгебраическое доказательство № 50 в сборник Э. С. Лумиса, для чего он ссылается на более раннюю публикацию Дж. Верслуйса (1914 г.), где доказательство приписывается Сесилу Хокинсу (1909 г.) из Англии.

Пусть CE = BC = a, CD = AC = b, F — пересечение DE и AB.

ΔCED = ΔABC, следовательно, DE = AB = c. Так как AC BD и BE AD,ED AB, как третья высота в ΔABD. Сейчас с

Площадь (ΔABD) = Площадь (ΔABE) + Площадь (ΔACD) + Площадь (ΔBCE)

получаем

c(c + EF) = EF·c + b² + a²,

, что подразумевает тождество Пифагора.

Доказательство #74

Следующее доказательство методом вскрытия принадлежит персидскому математику и астроному 10 ^-го -го века Абул Вафа (Абу’л-Вафа, а также Абу аль-Вафа) аль-Бузджани. Два равных квадрата легко соединяются в один больший квадрат способом, известным еще Сократу. Метод Абул Вафа работает, если квадраты разные. Квадраты размещены так, чтобы иметь общий угол и две боковые линии. Их разрезают и собирают, как показано на рисунке. Рассечение большого квадрата почти такое же, как у Лю Хуэя. Однако меньший квадрат разрезается совершенно по-другому. Разложение получившегося квадрата практически такое же, как и в Доказательстве №3.

Также доступна динамическая версия.

Доказательство #75

Это дополнительное применение формулы Герона к доказательству теоремы Пифагора. Хотя он намного короче первого, я тоже поместил его в отдельный файл, чтобы облегчить сравнение.

Идея достаточно проста: формула Герона применима к равнобедренному треугольнику, изображенному на рисунке ниже.

Доказательство #76

Это геометрическое доказательство № 27 из коллекции Э. С. Лумиса. Согласно Лумису, он получил доказательство в 1933 г. от Дж. Адамса, Гаага. Лумис делает замечание, указывающее на уникальность этого доказательства среди других рассечений тем, что все прямые либо параллельны, либо перпендикулярны сторонам данного треугольника. Что странно, так как, скажем, доказательство № 72 выполняет тот же подвиг, но с меньшим количеством строк. Что еще более удивительно, последний также включен в сборник Э. С. Лумиса как геометрическое доказательство № 25.

Необъяснимым образом Лумис делает ошибочное введение в построение, начиная с неправильного деления гипотенузы. Однако нетрудно догадаться, что точка, в которой построена работа, есть основание биссектрисы прямого угла.

Динамическая иллюстрация доступна на отдельной странице.

Доказательство #77

Это доказательство принадлежит знаменитому голландскому математику, астроному и физику Христиану Гюйгенсу (1629–169 гг.).5), опубликованный в 1657 году. Он был включен в сборник Лумиса как геометрическое доказательство № 31. Как и в Доказательстве № 69, основным инструментом в доказательстве является Евклидов I.41: если параллелограмм и треугольник имеют общее основание и находятся на одних и тех же параллелях (I.41), то площадь параллелограмма вдвое больше площади параллелограмма. треугольник.

Более конкретно,

Объединяя их с тем фактом, что ΔKPS = ΔANB, мы немедленно получаем утверждение Пифагора.

(Динамическая иллюстрация доступна на отдельной странице.)

Доказательство № 78

Это доказательство принадлежит выдающемуся голландскому математику Э. В. Дейкстре (1930–2002). Само доказательство, как и доказательство № 18, является обобщением доказательства № 6 и основано на той же диаграмме. Оба доказательства сводятся к варианту Евклида VI.31 для прямоугольных треугольников (с прямым углом C). Помимо доказательства, Дийкстра также нашел удивительно свежий взгляд на суть самой теоремы:

Если в треугольнике углы α, β, γ лежат против сторон длины a, b, c, то

знак (α + β — γ) = знак (a² + b² — c²),

где sign(t) — сигнум-функция.

Как и в Доказательстве №18, Дейкстра образует два треугольника ACL и BCN, подобных основанию ΔABC:

BCN = CAB и
ACL = CBA

, чтобы ACB = ALC = BNC. Детали и динамическая иллюстрация находятся на отдельной странице.

Доказательство № 79

На этой странице есть несколько доказательств, использующих теорему о пересекающихся хордах, особенно доказательства №№ 59, 60 и 61, где окружность, к хордам которой применяется теорема, имеет радиус, равный короткому катет ΔABC, длинный катет и высота от прямого угла соответственно. Книга Лумиса перечисляет их среди своего собрания алгебраических доказательств наряду с несколькими другими, которые выводят теорему Пифагора с помощью теоремы о пересекающихся хордах, примененной к хордам в причудливом разнообразии окружностей, добавленных к ΔABC. Александр Вайнберг из Unité de Recherches sur l’Enseignement des Mathématiques, Université Libre de Bruxelles, предложил вариант, который, кажется, заполняет упущение в этой серии доказательств. Конструкция также выглядит проще и естественнее, чем любая из перечисленных Лумисом. Какой сюрприз!

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #80

Доказательство, основанное на приведенной ниже диаграмме, было опубликовано в письме учителю математики (т. 87, № 1, январь 1994 г.) Дж. Гроссмана. Доказательство было обнаружено его учеником Дэвидом Хьюстоном, в то время восьмиклассником.

Я благодарен профессору Гроссману за то, что он обратил мое внимание на доказательство. Доказательство и обсуждение вынесены на отдельную страницу, но суть его такова.

Предположим, что две копии прямоугольного треугольника с катетами a и b и гипотенузой c расположены спиной к спине, как показано на левой диаграмме. Образованный таким образом равнобедренный треугольник имеет площадь S = c² sin(θ) / 2. На правой диаграмме две копии одного и того же треугольника соединены под прямым углом и вложены в прямоугольник с одной стороной, равной c. Каждый из треугольников имеет площадь, равную половине площади половины прямоугольника, из чего следует, что площади остальных равнобедренных треугольников также в сумме составляют половину площади прямоугольника, т. е. площадь равнобедренного треугольника на левой диаграмме. Сумма площадей двух меньших равнобедренных треугольников равна 9.0029

Это тригонометрическое доказательство ?

Люк Гейзенс из Фландрии (Бельгия) придумал модификацию на основе следующей схемы

Полное обсуждение можно найти на отдельной странице.

Доказательство #81

Филип Вотс, 18-летний студент юридического факультета из Голландии, прислал мне доказательство, которое он нашел несколько лет назад. Доказательство представляет собой комбинацию разрезания, используемого в ряде других доказательств, и разложения прямоугольного треугольника по высоте от прямого угла на две подобные части, также использовавшиеся ранее несколько раз. Однако сопутствующая диаграмма не фигурирует среди многих других в книге Лумиса.

По заданному ΔABC с прямым углом в точке A постройте квадрат BCHI и разрежьте его на параллелограмм BCJK, где K является продолжением AB. Добавьте IL перпендикулярно AK. По строительству,

Площадь (BCJK) = Площадь (BCHI) = c².

С другой стороны, площадь параллелограмма BCJK равна произведению основания BK на высоту CA. В прямоугольных треугольниках BIK и BIL BI = BC = c и ∠IBL = ∠ACB = β, что делает их соответственно подобными и равными ΔABC. Тогда ΔIKL также подобен ΔABC, и мы находим BL = b и LK = a²/b. Так что

Мы видим, что c² = Area(BCJK) = a² + b² завершая доказательство.

Доказательство № 82

Это доказательство было опубликовано в American Mathematical Monthly (v. 116, n. 8, 2009, October 2009, p. 687) с примечанием редактора: хотя это доказательство не кажутся широко известными, это новое открытие доказательства, которое впервые появилось в печати в [Loomis, стр. 26-27]. Доказательство было представлено Сан Ву Рю, учеником средней школы Карлайла, Карлайл, Пенсильвания.

Лумис берет на себя ответственность за доказательство, хотя редактор Monthly прослеживает его происхождение до статьи Б. Ф. Янни и Дж. А. Колдерхеда 1896 года ( Monthly , т. 3, стр. 65-67.)

Начертите AD, биссектрису угла A, и DE перпендикулярно AB. Пусть, как обычно, AB = c, BC = a и AC = b. Пусть CD = DE = х. Тогда BD = a — x и BE = c — b. Треугольники ABC и DBE подобны, что приводит к x/(a — x) = b/c или x = ab/(b + c). Но также (c — b)/x = a/b, что означает c — b = ax/b = a²/(b + c). Что приводит к (c — b)(c + b) = a² и тождеству Пифагора.

Доказательство #83

Это доказательство представляет собой небольшую модификацию доказательства, присланного мне Яном Стивенсом из Технологического университета Чалмерса и Гетеборгского университета. Доказательство на самом деле является обобщением Дейкстры и основано на расширении конструкции доказательства № 41.

Подробную информацию можно найти на отдельной странице.

Доказательство #84

Элиша Лумис, я и, несомненно, многие другие считали и до сих пор считают, что никакое тригонометрическое доказательство теоремы Пифагора невозможно. Это убеждение проистекало из предположения, что любое такое доказательство будет основываться на самом фундаментальном из тригонометрических тождеств: sin²α + cos²α = 1 есть не что иное, как переформулировка собственно теоремы Пифагора. Теперь Джейсон Зимба показал, что теорему можно вывести из формул вычитания для 90 576 синуса 9.0577 и косинус без обращения к sin²α + cos²α = 1. Я с радостью признаю свою неправоту.

Доказательство Джейсона Зимбы находится на отдельной странице.

Доказательство #85

Буй Куанг Туан нашел способ вывести теорему Пифагора из теоремы о сломанной хорде.

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #86

Буй Куанг Туан также показал способ вывода теоремы Пифагора из теоремы Боттемы.

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #87

Джон Молокач предложил доказательство теоремы Пифагора, основанное на следующей диаграмме:

Если какое-либо доказательство заслуживает того, чтобы называться алгебраическим, то это доказательство. Подробности смотрите на отдельной странице.

Доказательство #88

Стюарт Андерсон дал еще один вывод теоремы Пифагора из теоремы о сломанной хорде. Доказательство иллюстрирует вписанная (и немного искаженная) Звезда Давида:

Подробнее см. на отдельной странице. Рассуждение примерно такое же, как и в Доказательстве № 79, но полученное с помощью теоремы о сломанной хорде.

Доказательство #89

Джон Молокач, преданный пифагорейец, нашел то, что он назвал Параллелограмм доказательством теоремы. Он основан на следующей схеме:

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #90

Джон также совершил ужасную ересь, придумав доказательство, основанное на решении дифференциального уравнения. После продолжительного обсуждения между Александром Гивенталем из Беркли, Уэйном Бишопом из Калифорнийского государственного университета, Джоном и мной было решено, что доказательство не содержит порочного круга, как все изначально ожидали.

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #91

Джон Молоках также заметил, что теорема Пифагора следует из формулы Гаусса о шнурках:

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #92

Доказательство Гаэтано Сперанца основано на следующей диаграмме

Подробную информацию и интерактивную иллюстрацию см. на отдельной странице.

Доказательство #93

Джорджио Феррарезе из Университета Турина, Италия, заметил, что доказательство Перигала, получившее высокую оценку за симметрию сечения квадрата на более длинном катете прямоугольного треугольника, допускает дальнейшую симметричную обработку. Его доказательство основано на следующей диаграмме

.

Подробнее см. на отдельной странице.

Доказательство #94

Так получилось, что производная правой части формулы Герона по одной из сторон равна нулю, когда две другие стороны перпендикулярны. Более того, приравнивая производную к нулю, сразу приходим к формуле Пифагора.

Подробности можно найти на отдельной странице.

Доказательство #95

Доказательство Буй Куанг Туана основано на конструкции, показанной ниже:

Подробности можно найти на отдельной странице.

Доказательство #96

Джон Молокач начал со следующей диаграммы

, из которых он вывел два доказательства. Подробности можно найти на отдельной странице.

Доказательство №97

Когда я уже начал думать, что принципиально новых доказательств не будет; к моему удивлению, Эдгардо Аландете из Колумбии предложил довольно простое и прямое доказательство путем вскрытия. Добавляю как «доказательство без слов»:

У Эдгардо было несколько взглядов на свой подход, которые он резюмировал в двух файлах PDF: файл № 1 и файл № 2.

Доказательство #98

Джон Молокач придумал другое доказательство, доказательство без слов, основанное на следующей диаграмме:

Краткое пояснение см. на отдельной странице.

Джону также удалось вывести теорему из тождества с биномиальными коэффициентами, возведя в квадрат ряды синуса и косинуса Маклорена.

Доказательство № 99

Даниэль Хардиски опубликовал следующее доказательство в виде головоломки вскрытия. Вот как я передаю это:

Вы можете распечатать графику, вырезать части и попытаться сложить их вместе, чтобы сформировать больший квадрат. Решение находится на отдельной странице.

Доказательство #100

Джон Ариони опубликовал доказательство, в котором пифагорейское тождество возникает на пределе сходящегося геометрического ряда. Вот подсказка:

Подробную информацию можно найти на отдельной странице.

Доказательство №101

На самом деле это обобщение теоремы Пифагора. Его опубликовал Дао Тхань Оай (Вьетнам).

Пусть CH _c и BH _b — две высоты nn ΔABC.

Тогда

BC ² =AB×BH _b + AC×CH _c .

Теорема Пифагора получается, когда угол при А равен 90°. Я поместил простое доказательство в отдельный файл.

Доказательство №102

Это доказательство было сообщено мне Марсело Брафманом (Израиль). Э. Лумис, возможно, охарактеризовал его как алгебраическую разновидность, но я не нашел ничего подобного во всей его книге.

Доказательство основано на следующей схеме:

Вы можете сами разобраться, о чем идет речь. Объяснение можно найти в другом месте.

Доказательство #103

Тони Фостер, III, представил ряд доказательств, в которых использовалось свойство трапеций, установленное при доказательстве теоремы о коврах.

Одно из доказательств, например, основано на следующей диаграмме:

Важно отметить, что два синих треугольника на схеме имеют одинаковую площадь. Немного больше деталей, наряду с другими доказательствами, можно найти на отдельной странице.

Доказательство №104

Вот доказательство элегантного препарирования, принадлежащее А. Г. Самосвату.

Динамическая иллюстрация доступна на отдельной странице.

Доказательство #105

Несколько раз ранее (доказательства 22, 43, 71) теорема Пифагора выводилась из теоремы о силе точки. Вот еще один пример силы этой теоремы, придуманной Буй Куанг Туаном. Подход Буи иллюстрируется следующей диаграммой

Полный вывод можно найти на отдельной странице.

Доказательство #106

Буй Куанг Туан открыл элегантную лемму, из которой легко вывести теорему Пифагора: )$ и $AC$ перпендикулярны $BD.$ Обозначим через $[X]$ площадь формы $X.$ Тогда $\displaystyle\frac{[AED] + [BEC]}{2} = [AOB]. $

Доказательство леммы и вывод теоремы Пифагора можно найти на отдельной странице.

Доказательство #107

Тран Куанг Хунг нашел расширение теоремы Пифагора:

В $\Delta ABC $$AD,$$$BE,$$CF$ — высоты. Треугольники $BCX,$ $CEY,$ и $BFZ$ вне $\Delta ABC.$

Обозначим через $[X]$ площадь формы $X.$ Тогда $[\Delta BCX]=[\Delta ACY]+[\Delta ABZ].$

Это истинное обобщение теоремы Пифагора, которое получается, когда угол при $A$ прямой. Доказательство утверждения можно найти на отдельной странице.

Конструкция Тран Куанг Хунга вдохновила на создание двух ответвлений: Доказательства 107′ и 107»:

Доказательство #107′

В остром $\Delta ABC,$ $AD,$ $BE,$ $CF$ — высоты, $r$ произвольное действительное число. Вне $\Delta ABC$ провести прямую $aa$, параллельную $BC$, на расстоянии $rBC;$ прямую $bb$, параллельную $AC$, на расстоянии $rCE;$ прямую $cc$, параллельную $AB$, на расстоянии $rBF .$ Пусть $X\in aa,$ $Y\in bb,$ $Z\in cc. $

Обозначим через $[X]$ площадь фигуры $X.$ Тогда $[\Delta BCX]=[\Delta ACY]+[\Delta ABZ].$

Доказательство #107»

В остром $\Delta ABC,$ $AD,$ $BE,$ $CF$ — высоты. Постройте квадраты $BCX_{1}X_{2},$ $BFZZ_1,$ и $CEYY_1$ вне $\Delta ABC.$ Пусть прямоугольники $ABZ_{1}Z_2$ и $ACY_{1}Y_{2}$ описывают последние два.

Обозначим через $[X]$ площадь фигуры $X.$ Тогда $[BCX_{1}X_{2}]=[ACY_{1}Y_{2}]+[ABZ_{1}Z_2].$

Доказательство утверждения можно найти на отдельной странице.

Доказательство #108

Еще более любопытно другое обобщение Тран Куанг Хунга. Это иллюстрируется следующей диаграммой: 92 \ гидроразрыва {\ тета} {2}. $

, которое он выводит, не прибегая к теореме Пифагора. Еще два тригонометрических доказательства. Подробности на отдельной странице.

Доказательства #111

Нуно Лусия также нашел доказательство, использующее аналитическую геометрию. На схеме

$h$ находится как длина серединного перпендикуляра к гипотенузе до его пересечения с осью $x$. Подробности на отдельной странице.

Пробы #112

Джон Молоках вывел тождество Пифагора в тригономатрической форме, искусно манипулируя формулами с двойным аргументом. Подробности можно найти в отдельном файле.

Доказательства #113

Джон также придумал простое доказательство теоремы Пифагора, основанное на следующей диаграмме:

Некоторые детали вынесены на отдельную страницу.

Доказательства #114

Буи Куанг Туан, чтобы получить теорему Пифагора, вычислил площадь особого равностороннего треугольника двумя способами:

Это напоминает доказательства 46, 47, 48, 49, 50. Простой вывод вынесен на отдельную страницу.

Доказательства #115

Доказательство выполнено Нилеоном М. Дималалуаном-младшим и основано на следующей диаграмме

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательства #116

Вот доказательство без слов из последней книги Роджера Нельсена. Доказательство принадлежит Нам Го Хо.

Пробы #117

Доказательство Андреса Наваса основано на следующей диаграмме

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательство #118

Доказательство выполнено Буркардом Полстером и Марти Россом и основано на следующей диаграмме

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательства #119

Доказательство без слов Джона Молокача начинается со следующей диаграммы

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательства #120

Доказательство без слов Тони Фостера начинается со следующей диаграммы

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательства #121

Это нетрадиционное доказательство может быть выполнено с небольшим количеством математических вычислений или без них; Я нахожу это поразительно очаровательным. Доказательство (автор Эндрю Стейси) основано на следующей диаграмме

.

Подробная информация находится в отдельном файле.

Доказательство #122

Доказательство от противного.

Подробности в отдельном файле.

Ссылки

1. Дж. Д. Биркхофф и Р. Битли, Базовая геометрия , паб AMS Chelsea, 2000 г.
2. В. Данэм, Математическая Вселенная , John Wiley & Sons, Нью-Йорк, 1994.
3. У. Данхэм, Путешествие через Genius , Penguin Books, 1 991
4. Х. Ивс, Великие моменты в математике до 1650 года , MAA, 1983
5. Г. Н. Фредериксон, Рассечения: Plane & Fancy , Cambridge University Press, 1997.
6. Г. Н. Фредериксон, Шарнирные рассечения: раскачивание и скручивание , Cambridge University Press, 2002
7. Э. С. Лумис, Предложение Пифагора , NCTM, 1 968
8. Р. Б. Нельсен, Доказательства без слов , MAA, 1993
9. Р. Б. Нельсен, Доказательства без слов II , MAA, 2000
10. Р.

    No related posts.