Twierdzenie Pitagorasa w czterech dowodach

Q: Czy da się udowodnić twierdzenie Pitagorasa trygonometrią?

Długo uważano, że nie - bo podstawowa tożsamość sin² + cos² = 1 sama wynika z Pitagorasa, więc rozumowanie byłoby błędnym kołem. W 2023 roku pokazano jednak dowody trygonometryczne omijające tę pułapkę.

Q: Skąd wiadomo, że środkowy trójkąt w dowodzie Garfielda jest prostokątny?

Kąty ostre trójkąta prostokątnego sumują się do 90°. Przy punkcie na dolnej podstawie spotykają się dwa takie kąty, więc trzeci kąt (ten między ramionami c) to 180° - 90° = 90°.

Twierdzenie Pitagorasa

W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $a$ , $b$ i przeciwprostokątnej $c$ :

$a^2 + b^2 = c^2.$

Twierdzenie odwrotne też jest prawdziwe: jeśli w trójkącie $a^2 + b^2 = c^2$ , to trójkąt jest prostokątny.

Co mówi twierdzenie i czego wymaga

Suma pól kwadratów zbudowanych na przyprostokątnych równa się polu kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej. Warunek jest jeden, ale bezwzględny: trójkąt musi mieć kąt prosty. Bez niego równość nie zachodzi - i to jest jedyne założenie tego twierdzenia.

Znanych dowodów jest kilkaset; poniżej cztery, które różnią się nie tylko rachunkiem, ale i sposobem myślenia: przez pole, przez proporcje, przez rozcięcie figury i przez trapez. Szkolne ujęcie z zadaniami znajdziesz w lekcji Twierdzenie Pitagorasa.

Dowód 1 - układanka z dwóch kwadratów

Pokaż dowódUkryj dowód

Dwa kwadraty o tym samym boku a + b, w każdym cztery przystające trójkąty prostokątne.

Krok 1. Budujemy dwa identyczne kwadraty o boku $a + b$ . Pole każdego z nich wynosi $(a + b)^2$ .

Krok 2. W obu układamy po cztery kopie naszego trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $a$ , $b$ - tylko inaczej rozmieszczone. W lewym kwadracie trójkąty tworzą dwa prostokąty $a \times b$ , a wolne miejsce to dwa kwadraty: o boku $a$ i o boku $b$ . W prawym trójkąty stoją w rogach, a wolne miejsce to jeden kwadrat obrócony o bok $c$ .

Krok 3. Porównujemy pola. W obu kwadratach zajęte przez trójkąty pole jest takie samo - cztery razy $\tfrac{1}{2}ab$ . Skoro całe kwadraty są równe, to i pola wolne muszą być równe:

$a^2 + b^2 = c^2. \qquad \blacksquare$

Dlaczego środkowa figura po prawej naprawdę jest kwadratem? Jej boki to przeciwprostokątne przystających trójkątów, więc mają równą długość $c$ . Kąt przy każdym wierzchołku to $180^\circ - (\alpha + \beta)$ , a ponieważ w trójkącie prostokątnym $\alpha + \beta = 90^\circ$ , kąt ten wynosi $90^\circ$ . Cztery równe boki i kąty proste - to kwadrat.

Dowód 2 - przez podobieństwo trójkątów

Pokaż dowódUkryj dowód

Wysokość CD dzieli trójkąt prostokątny na dwa trójkąty podobne do niego i do siebie nawzajem.

Krok 1. Prowadzimy wysokość $CD$ z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną. Dzieli ona odcinek $AB$ na części $p = |AD|$ oraz $q = |DB|$ , przy czym $p + q = c$ .

Krok 2. Znajdujemy trójkąty podobne. Trójkąt $ADC$ ma kąt prosty przy $D$ i wspólny kąt przy $A$ z trójkątem $ACB$ - są więc podobne (cecha kąt-kąt). Tak samo trójkąt $CDB$ jest podobny do $ACB$ .

Krok 3. Zapisujemy proporcje. Z podobieństwa $ADC \sim ACB$ (bok naprzeciw wspólnego kąta do przeciwprostokątnej):

$\frac{p}{b} = \frac{b}{c} \quad\Longrightarrow\quad b^2 = c \cdot p.$

Analogicznie z $CDB \sim ACB$ :

$\frac{q}{a} = \frac{a}{c} \quad\Longrightarrow\quad a^2 = c \cdot q.$

Krok 4. Dodajemy równości stronami.

$a^2 + b^2 = c \cdot q + c \cdot p = c(p + q) = c \cdot c = c^2. \qquad \blacksquare$

Ten dowód daje w prezencie dwie dodatkowe zależności, przydatne w zadaniach: $b^2 = c \cdot p$ oraz $a^2 = c \cdot q$ (twierdzenie o przyprostokątnej), a także $h^2 = p \cdot q$ .

Dowód 3 - rozcięcie Bhaskary

Pokaż dowódUkryj dowód

Kwadrat o boku c rozcięty na cztery przystające trójkąty prostokątne i mały kwadrat o boku b − a (zaznaczony kolorem).

Krok 1. Rysujemy kwadrat o boku $c$ i układamy w nim cztery kopie trójkąta prostokątnego tak, by ich przeciwprostokątne tworzyły boki kwadratu.

Krok 2. Nazywamy to, co zostało w środku. Wolne miejsce to kwadrat o boku $b - a$ (zakładamy $b > a$ ; dla $a = b$ zniknie, a dowód i tak zadziała).

Krok 3. Zapisujemy pole na dwa sposoby. Raz jako pole całego kwadratu, raz jako sumę części:

$c^2 = 4 \cdot \frac{1}{2}ab + (b - a)^2.$

Krok 4. Upraszczamy.

$c^2 = 2ab + b^2 - 2ab + a^2 = a^2 + b^2. \qquad \blacksquare$

Bhaskara II opatrzył ten rysunek w XII wieku jednym słowem komentarza: „Patrz!”. Rzeczywiście, po zobaczeniu układanki rachunek jest już formalnością.

Dowód 4 - trapez prezydenta Garfielda

Pokaż dowódUkryj dowód

Trapez prostokątny o podstawach a i b oraz wysokości a + b, złożony z trzech trójkątów prostokątnych.

Krok 1. Składamy trapez z dwóch kopii trójkąta. Ustawiamy je tak, by powstał trapez prostokątny o podstawach $a$ i $b$ oraz wysokości $a + b$ . Trzeci trójkąt - ten w środku - ma oba ramiona długości $c$ .

Krok 2. Pole trapezu ze wzoru.

$P = \frac{(a + b)}{2} \cdot (a + b) = \frac{(a+b)^2}{2}.$

Krok 3. Pole trapezu jako suma trzech trójkątów. Dwa skrajne mają pole $\tfrac{1}{2}ab$ każdy. Środkowy jest prostokątny (kąt między ramionami to $180^\circ - (\alpha + \beta) = 90^\circ$ ), więc jego pole to $\tfrac{1}{2}c^2$ :

$P = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 = ab + \frac{c^2}{2}.$

Krok 4. Porównujemy oba wyrażenia.

$\frac{(a+b)^2}{2} = ab + \frac{c^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2,$

a po skróceniu $2ab$ :

$a^2 + b^2 = c^2. \qquad \blacksquare$

Ten dowód ogłosił w 1876 roku James A. Garfield, wówczas kongresmen, pięć lat przed objęciem urzędu prezydenta Stanów Zjednoczonych. To prawdopodobnie jedyne twierdzenie matematyczne udowodnione przez głowę państwa.

Twierdzenie odwrotne

Jeśli w trójkącie o bokach $a$ , $b$ , $c$ zachodzi $a^2 + b^2 = c^2$ , to trójkąt jest prostokątny, a kąt prosty leży naprzeciw boku $c$ . To właśnie twierdzenie odwrotne pozwala sprawdzać prostokątność trójkąta samym rachunkiem - stąd sznur z węzłami $3$ - $4$ - $5$ , którym budowniczowie od tysiącleci wyznaczają kąt prosty.

Uwaga: dla twierdzenia Pitagorasa twierdzenie odwrotne jest prawdziwe, ale to raczej wyjątek niż reguła - w matematyce odwrócenie implikacji zwykle psuje prawdziwość (patrz twierdzenia i przykład z prostokątem).

Co się psuje bez kąta prostego

Weźmy trójkąt o bokach $4$ , $5$ i $6$ . Sprawdzamy:

$4^2 + 5^2 = 41, \qquad 6^2 = 36.$

Skoro $41 > 36$ , kąt naprzeciw boku $6$ jest ostry. Gdyby suma kwadratów wyszła mniejsza od $c^2$ , kąt byłby rozwarty. Uogólnieniem, które działa dla dowolnego trójkąta, jest twierdzenie cosinusów:

$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma.$

Dla $\gamma = 90^\circ$ mamy $\cos \gamma = 0$ i wracamy do twierdzenia Pitagorasa - jest ono więc szczególnym przypadkiem twierdzenia cosinusów.

Trójki pitagorejskie

Trójki liczb naturalnych spełniających $a^2 + b^2 = c^2$ nazywamy trójkami pitagorejskimi. Najbardziej znane to $(3,4,5)$ , $(5,12,13)$ , $(8,15,17)$ , $(7,24,25)$ , $(20,21,29)$ .

Wszystkie można wygenerować wzorem Euklidesa: dla liczb naturalnych $m > n$

$a = m^2 - n^2, \qquad b = 2mn, \qquad c = m^2 + n^2.$

Dla $m = 2$ , $n = 1$ daje to trójkę $(3, 4, 5)$ ; dla $m = 3$ , $n = 2$ - trójkę $(5, 12, 13)$ .

Co ciekawe, dla wykładników większych od $2$ takich trójek nie ma wcale - to treść wielkiego twierdzenia Fermata, udowodnionego dopiero w 1994 roku.

Kto i kiedy

Zależność znano na długo przed Pitagorasem: babilońska tabliczka Plimpton 322 (około 1800 lat p.n.e.) zawiera listę trójek pitagorejskich, a egipscy geodeci używali sznura z węzłami. Pitagorejczykom (VI wiek p.n.e.) przypisuje się pierwszy dowód, a nie samo odkrycie.

Pierwszy zachowany dowód pisemny znajduje się w Elementach Euklidesa (księga I, twierdzenie 47). Elisha Loomis zebrał w książce The Pythagorean Proposition (1927) 371 różnych dowodów - i lista wciąż rośnie; w 2023 roku dwie licealistki z Nowego Orleanu przedstawiły dowód oparty na trygonometrii, uważany wcześniej za niemożliwy z powodu błędnego koła w rozumowaniu.

Najczęstsze pytania

Czy twierdzenie działa w każdym trójkącie? Nie - tylko w prostokątnym. Dla pozostałych obowiązuje twierdzenie cosinusów, którego Pitagoras jest szczególnym przypadkiem.

Który dowód jest „ten prawdziwy”? Wszystkie. Twierdzenie jest jedno, a dowodów mogą być setki - każdy pokazuje inną stronę tej samej prawdy. Dowód przez podobieństwo najlepiej tłumaczy, dlaczego tak jest; układanki najszybciej przekonują wzrok.

Czy da się udowodnić twierdzenie Pitagorasa trygonometrią? Długo uważano, że nie - bo podstawowa tożsamość $\sin^2 + \cos^2 = 1$ sama wynika z Pitagorasa, więc rozumowanie byłoby błędnym kołem. W 2023 roku pokazano jednak dowody trygonometryczne omijające tę pułapkę.

Skąd wiadomo, że środkowy trójkąt w dowodzie Garfielda jest prostokątny? Kąty ostre trójkąta prostokątnego sumują się do $90^\circ$ . Przy punkcie na dolnej podstawie spotykają się dwa takie kąty, więc trzeci kąt (ten między ramionami $c$ ) to $180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$ .

Czy twierdzenie działa w przestrzeni? Tak, w uogólnionej postaci: przekątna prostopadłościanu o krawędziach $a$ , $b$ , $c$ ma długość $d = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$ . To wynik dwukrotnego zastosowania twierdzenia Pitagorasa.

Podsumowanie

$a^2 + b^2 = c^2$ zachodzi wyłącznie w trójkącie prostokątnym; to jedyne założenie.
Cztery pokazane dowody używają zupełnie różnych narzędzi: porównania pól, proporcji z podobieństwa, rozcięcia figury i wzoru na pole trapezu.
Dowód przez podobieństwo daje dodatkowo $a^2 = c \cdot q$ , $b^2 = c \cdot p$ oraz $h^2 = pq$ .
Twierdzenie odwrotne jest prawdziwe i służy do sprawdzania, czy trójkąt jest prostokątny.
Uogólnieniem na dowolny trójkąt jest twierdzenie cosinusów.