Transcript Pobierz prezentację (PPT, ~2,3 MB)

Spis treści
1. Twierdzenie Pitagorasa – wstęp
2. Sformułowanie twierdzenia Pitagorasa
3. Szkolny dowód twierdzenia Pitagorasa
4. Dowód Euklidesa
5. Dowód Garfielda
6. Dowód układanka 1
7. Dowód układanka 2
8. Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i jego dowód
9. Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
10. Twierdzenie cosinusów
11. Domki Pappusa – uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
12. Twierdzenie Pitagorasa dla czworościanu
13. Księżyce Hipokratesa
14.Ślimak Teodorosa
15. Drzewo Pitagorasa
16. Zadania „Lilavatii” - zastosowanie tw. Pitagorasa
17. Przykład zadania maturalnego informator 2010
18. Zagadka
Twierdzenie Pitagorasa - wstęp
Twierdzenie to zastało sformułowane i udowodnione przez znakomitego filozofa
i matematyka starożytnej Grecji Pitagorasa (530 p.n.e). Legenda głosi, że Pitagoras
odwiedzając współczesne mu świątynie, na posadzkach zauważył ornament,
który był rysunkowym dowodem twierdzenia, noszącego obecnie jego imię
(szczególny przypadek, gdy trójkąt jest prostokątny równoramienny).
Szczególne przypadki twierdzenia
Pitagorasa były w praktyce stosowane
już na długo przed Pitagorasem na
terenach Mezopotamii, starożytnego
Egiptu i Chin.
Twierdzenie Pitagorasa
Twierdzenie
Pitagorasa
W dowolnym trójkącie prostokątnym
suma kwadratów długości
przyprostokątnych jest równa
kwadratowi długości
przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Interpretacja geometryczna
W dowolnym trójkącie
prostokątnym suma pól
kwadratów zbudowanych
na przyprostokątnych jest
równa polu kwadratu
zbudowanego
na przeciwprostokątnej.
Szkolny dowód twierdzenia Pitagorasa
W trójkącie prostokątnym prowadzimy wysokość na przeciwprostokątną. Dzieli ona ten
trójkąt na dwa mniejsze trójkąty. Wszystkie te trzy trójkąty są do siebie podobne (kkk)
DB
a

a
i
c
AD
b

b
c
po dodaniu stronami
stąd
a 2  DB  c i b 2  AD  c
a 2  b 2  DB  c  AD  c  c   DB  AD   c 2
Dowód Euklidesa
 BCF   ABH (bkb)
i Pole(ABFG) = 2Pole  BCF
oraz Pole(BJKH) = 2Pole  ABH
więc Pole(BJKH) = Pole(ABFG)
analogicznie:
Pole(CJKI) = Pole(ACED)
więc
Pole(ABFG) + Pole(ACED) =
Pole(BJKI) + Pole(CJKI) = Pole(BCIH)
czyli:
a2 + b2=c2
Dowód Garfielda
Autorem kolejnego dowodu twierdzenia Pitagorasa jest dwudziesty prezydent
Stanów Zjednoczonych James Garfield. Dowód ten pochodzi z 1876 roku.
Z trójkątów prostokątnych o bokach
długości a, b, c budujemy trapez
o podstawach długości a, b i wysokości
(a + b)
a  b a  b  2  1 ab  1 c 2
2
2
2
a  b a  b   2ab  c 2
a 2  2ab  b 2  2ab  c 2
a2  b2  c2
Dowód układanka 1
Dowód układanka 1
Dany jest trójkąt prostokątny o bokach długości a, b i c.
Konstruujemy kwadrat o boku długości a + b.
P1=2ab+c2
P1 = P2
P2=2ab+a2+b2
2ab+c2 =2ab+a2 + b2
Dowód układanka 2
1
3
4
2
2
4
3
1
J  środek kwadratu BCIH
KL ∥ AC, KL  MJ, b > a
KJ = JC = NJ = JM = 0,5c
czworokąt KLCA jest równoległobokiem
więc AK = CL = a + x, BK = x
b=x+a+x
x = (b  a)2
Kwadrat BCIH został podzielony na cztery
przystające czworokąty o bokach długości
0,5c; 0,5c; x, (a+x ) o dwóch kątach
prostych.
c2 = a2 + 40,5(0,5)2c2 + 40,5x(a + x)
c2 = a2 + 0,5c2 +0,5(b  a)( a + b)
c2 = 0,5a2 + 0,5c2 + 0,5b2
c2 = a2 + b2
Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i jego dowód
Jeżeli w trójkącie kwadrat jednego z boków równa się sumie kwadratów
dwóch boków pozostałych, to trójkąt jest prostokątny.
Założenie: a2 + b2 = c2
Teza: Kąt ACB jest prosty
Dowód:
a2 = c2  b2=(c  b)(c + b)
skąd:
a
cb

cb
a
Na boku c = AB odkładamy odcinek AD = AE = b. Wówczas DB = c  b. Z proporcji
wynika, że trójkąty DBC i EBC ( B jest wspólny) są podobne(bkb), więc
ECA = CEA =DCB ==1/2CAD, ACD=(180CAD)2=901/2CAD=90.
Zatem: ACB= ACD + DCB=(90)+=90
ACB=90
Co należało dowieść.
Uogólnienia twierdzenia Pitagorasa
W trójkątach prostokątnych pole figury zbudowanej na przeciwprostokątnej jest równe
sumie pól figur zbudowanych na przyprostokątnych, podobnych do siebie.
Kiedy na bokach trójkąta prostokątnego zbudujemy półokręgi tak, by średnicą były boki
trójkąta, to suma pól półokręgów zbudowanych na przyprostokątnych będzie równa polu
półokręgu zbudowanemu na przeciwprostokątnej. Tak samo jest z trójkątami równobocznymi
oraz prostokątami.
Twierdzenie cosinusów
Kolejnym uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa jest twierdzenie:
W dowolnym trójkącie kwadrat długości jednego boku jest równy sumie kwadratów
długości dwóch pozostałych boków, zmniejszonej o podwojony iloczyn długości
tych boków i cosinusa kąta zawartego między tymi bokami.
Dowód:
c 2  a 2  b 2  2ab cos


c 2  b12  h 2  b  b2   a 2  b22  a 2  b 2  2bb2
2
b2
 2ab cos
a
c 2  a 2  b 2  2ab cos
 2bb2  2ab
„Domki Pappusa” uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
AH = IJ =x
h – wysokość ABDH opuszczona na bok AH
H – wysokość AHFC opuszczona na bok AH
BI = h i IC = H
Pole(ABDH) = Pole(BIJE) = xh
Pole(ACFH) = Pole(CGJI) = XH
więc
Pole(ABDH) + Pole(ACHF) = Pole(EGCB)
Suma pól równoległoboków
( o podanych własnościach)
zbudowanych na krótszych bokach
dowolnego trójkąta równa się polu
prostokąta zbudowanego na
najdłuższym boku.
„Domki Pappusa” uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
KB = GH oraz  NBK   NEP
Pole BNME = Pole EJHG
Pole DLOB = Pole GHID
więc
Pole BNME +Pole DLOB= Pole EDIJ
Suma pól równoległoboków
(o podanych własnościach)
zbudowanych na krótszych bokach
dowolnego trójkąta równa się polu
prostokąta zbudowanego na
najdłuższym boku.
Twierdzenie Pitagorasa dla czworościanu
Jeżeli w czworościanie każde dwie jego
krawędzie wychodzące z pewnego
wierzchołka są wzajemnie prostopadłe,
to suma kwadratów pól wszystkich ścian
wychodzących z tego wierzchołka jest równa
kwadratowi pola pozostałej ściany.
Kiedy z punktu O wychodzą prostopadłe
do siebie krawędzie to:
PΔAOB2 + PΔAOC2 + PΔBOC2 = PΔABC2
Dowód:
h- wysokość trójkąta AOB opuszczona na bok AB
H – wysokość trójkąta ABC opuszczona na bok AB
PAOB
2
 PAOC  PCOB 
2
2
2
2
2
2


1
1
 1
 1

1

  AB  h    OA  OC    OB  OC    AB  h    OC 2 OA2  OB 2 
4
2
 2
 2

2



2
1
1
1
1
1

2
 AB 2  h 2   OC 2  AB 2   AB 2 h 2  OC 2   AB 2  H 2    AB  H   PABC
4
4
4
4
2

Księżyce Hipokratesa
Księżyce Hipokratesa są to figury geometryczne w kształcie księżyców, suma ich pól
jest równa polu trójkąta prostokątnego ABC. Dowód:
Suma pól księżyców jest równa:
0,5π(0,5c)²+0,5π(0,5b)²-[0,5π(0,5a)²-(bc)/2]=0,125π(c²+b²-a²)+(bc)/2
Z twierdzenia Pitagorasa wiadomo, że: a²=b²+c², więc:
0,125π(c²+b²-a²)+(bc)/2=0,125π(a²-a²)+(bc)/2=(bc)/2
Możemy zatem stwierdzić, że suma księżyców jest równa polu trójkąta ABC.
Ślimak Teodorosa
Konstrukcja geometryczna pozwalająca
stworzyć odcinek o długości równej
pierwiastkowi z liczby naturalnej
Przyprostokątne pierwszego trójkąta
mają długość 1.
Konstrukcja złożona jest z trójkątów
prostokątnych.
Każdy kolejny trójkąt zbudowany jest
z przyprostokątnej o długości 1
i z przyprostokątnej równej długości
przeciwprostokątnej poprzedniego trójkąta.
Nazwa konstrukcji pochodzi od greckiego
matematyka i filozofa Teodorosa z Cyreny.
Drzewo Pitagorasa
Drzewo Pitagorasa jest fraktalem zbudowanym z kwadratów i trójkątów prostokątnych.
Jego nazwa pochodzi od Pitagorasa ponieważ pokazuje ilustrację graficzną tego twierdzenia.
Zadania Lilavati
Zadanie 1. „Łodyga lotosu” (Z Lilavati, wiek XII)
Nad powierzchnię jeziora nawiedzanego przez liczne stada flamingów i żurawi
wynurza się koniec łodygi lotosu, który wznosi się na pół łokcia nad wodą. Pod
działaniem wiatru łodyga stopniowo pochyla się i zanurza, aż wreszcie niknie pod
wodą w odległości 2 łokci od miejsca, w którym wyrosła. Oblicz szybko matematyku,
głębokość wody.
x2 + 22 = (x+0,5)2
x2 + 4 = x2 + x + 0,25
x = 3,75
Głębokość wody wynosi 3,75 łokcia
Zadania Lilavati
Zadanie 2. „Problem Leonarda z Pizy” (Z Liber abaci, wiek XIII)
Dwie wieżyce, jedna wysokości 30 stóp, druga 40 stóp oddalone są od siebie o 50 stóp.
Pomiędzy nimi znajduje się wodotrysk, do którego zlatują się dwa ptaki z
wierzchołków obu wieżyc i lecąc z jednakową prędkością przybywają w tym samym
czasie. Jakie są odległości poziome wodotrysku od obu wieżyc?
AE = EC
x2 + 302 = (50x)2 + 402
x2 + 900 = 2500  1500x +x2 + 1600
100x = 3200
x = 32
Szukane odległości to 32 i 18 stóp.
Zadania Lilavatii
Zadania „Lilavati”
Zadanie 3. „Małpi skok” (Z Lilavati, wiek XII)
Dwie małpy siedziały na drzewie: jedna na samym jego wierzchołku, druga na
wysokości 10 łokci od ziemi. Druga małpa, chcąc napić się wody w źródle odległym
o 40 łokci, zlazła z drzewa; w tymże czasie pierwsza małpa skoczyła z wierzchołka
drzewa wprost do tego samego źródła po przeciwprostokątnej. Przestrzeń przebyta
przez małpy była jednakowa. Powiedz mi szybko człowieku światły, z jakiej
wysokości małpa ta skoczyła?
Odpowiedź: 30 łokci
Zadanie 4.
Pośrodku kwadratowej sadzawki liczącej po 10 stóp w obu kierunkach rośnie krzak
lilii wodnej, której kwiat wynurza się na stopę ponad powierzchnię wody. Gdy go się
przechyli ku środkowi któregokolwiek brzegu, skryje się pod wodą. Jak głęboka
jest ta woda?
Odpowiedź: 12 stóp
Zadania Lilavati
Zadanie 5. „Złamany bambus” (Z Lilavati, wiek XII)
Trzcina bambusowa, mająca 32 łokcie i wznosząca się na równinie, została w jednym
miejscu złamana przez wiatr; wierzchołek jej dotknął ziemi o 16 łokci od podstawy.
Powiedz mi matematyku biegły, ile łokci nad ziemią została złamana trzcina
bambusowa?
Odpowiedź: 12 stóp
Zadanie 6.”Kot i szczur” (Zadanie hinduskie z VII wieku)
Kot wdrapał się na mur wysokości 4 łokci, skąd dostrzegł szczura myszkującego
o 8 łokci od podstawy muru. Szczur również dojrzał kota i popędził ku swojej
kryjówce znajdującej się w fundamencie muru. Kot skoczył z muru i przeleciał
w powietrzu po przekątnej tę samą odległość jaką szczur przebiegł po ziemi.
Udało mu się złapać szczura. W którym punkcie owych 8 łokci został szczur
schwytany i jaką odległość przebiegł czworonożny łowca, a jaką przebiegł szczur?
Odpowiedz mi dostojny panie jeśli nie są ci obce obliczenia koła.
Odpowiedź: 5 łokci
Przykład zadania maturalnego – poziom podstawowy,
informator 2010
Punkt M leży wewnątrz prostokąta ABCD (patrz rys.). Udowodnij, że
AM2+CM2=BM2+DM2
W trójkątach AMD, DMC, CMB,
BMA
rysujemy wysokość
z punktu M.
Trójkąt MFA jest trójkątem
prostokątnym więc:
|AM|² =c² +b²
Podobnie
|CM|²=a²+d²
|BM|²=c²+d²
|DM|²=a²+b²
Więc prawdziwa jest równość:
|AM|²+|CM|²=|BM|²+|DM|²=a²+b²+c²+d²
Zagadka
Skąd wzięła się ta dziura?
Literatura
1. Szczepan Jeleński „Śladami Pitagorasa”, Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne,
Warszawa1974
2. Szczepan Jeleński „Lilavati”, Państwowe Zakłady Wydawnictw Szkolnych,
Warszawa 1968
3. Stanisław Fudali „Wokół twierdzenia Pitagorasa”, Matematyka 3/98
4. Stanisław Miklos „Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa”, Matematyka 3/98
4. Matematyka 6/99
5. Stanisław Kowal, „Przez rozrywkę do wiedzy”, Wydawnictwa Naukowo ,
Warszawa 1973
6. Wikipedia
Do wykonania rysunków wykorzystano program komputerowy GeoGebra
Prezentację przygotowali uczniowie
Krzysztof Goj  klasa I
Jędrzej Kosteczko – klasa I
Marcin Parysz – klasa I
Paweł Kucz – klasa I
Sebastian Grzesiak – klasa II
w ramach projektu „Cyrklem, linijką i komputerem, czyli jak polubić geometrię”.
Uczniowie są uczestnikami zajęć Szkolnej Sekcji Towarzystwa Naukowego
(Sekcja Matematyczno-Naukowo – Techniczna) pracującej przy LO im. Powstańców
Śląskich w Bieruniu.
W trakcie zajęć uczniowie poznają program komputerowy GeoGebra.
GeoGebra jest bezpłatnym, dynamicznym oprogramowaniem edukacyjnym dla szkół,
które łączy geometrię, algebrę i analizę matematyczną.
Korzystając z tego programu uczniowie badają własności figur geometrycznych
i w ten sposób przygotowali swoją prezentację.
Opiekunem Szkolnej Sekcji jest Jolanta Tarajkowska, nauczyciel matematyki.