(Luận văn) một số chứng minh định lý pythagoras

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VĂN THỊ THU HÀ lu an MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS n va p ie gh tn to LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VĂN THỊ THU HÀ lu an MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS n va p ie gh tn to nl w d oa LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC an lu Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 nf va Mã số: z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2017 n va ac th si Mục lục Mở đầu Chương Các chứng minh hình học định lý Pythagoras lu 1.1 an n va 1.1.1 Người Ả rập người Trung Quốc 1.1.2 Các chứng minh Pythagoras 1.1.3 Chứng minh định lý Pythagoras sách Cơ sở 1.1.4 Ghép hình vng Lưu Huy Archimedus 10 1.1.5 Biến đổi ghế cô dâu Kurrah 12 Chứng minh Bhaskara 14 Một số chứng minh hình học khác 15 p ie gh Euclid w tn to Các chứng minh định lý Pythagoras d oa 1.2 nl 1.1.6 lu an Chương Các chứng minh đại số lượng giác định lý Pythagoras 37 Các chứng minh đại số định lý Pythagoras 37 2.2 Các chứng minh lượng giác định lý Pythagoras 59 nf va 2.1 lm ul z at nh oi Chương Chứng minh định lý Pythagoras nhờ định lý hình học khác 63 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý dây cung gãy 63 3.2 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý Bottema 65 3.3 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý thảm 67 3.4 Chứng minh định lý Pythagoras nhờ định lý hình học khác z 3.1 l gm @ Kết luận 70 77 m co 78 an Lu Tài liệu tham khảo n va ac th si Mở đầu Định lý Pythagoras ứng dụng quen thuộc chương trình tốn phổ thơng Nhiều kiến thức tốn học đại (chuẩn, khơng gian định chuẩn, tính chất vng góc, ) phát triển từ định lý Pythagoras Định lý Pythagoras lu định lý toán học thể qui luật giới tự nhiên, có an nhiều chứng minh liên quan đến nhiều kiến thức toán khác va n Một số tài liệu Tiếng Việt giới thiệu định lý Pythagoras Thí dụ, [1] tn to giới thiệu 15 cách chứng minh định lý Pytagoras cách ghép hình Tuy nhiên, ie gh cịn nhiều chứng minh định lý Pythagoras vấn đề liên quan chưa đề p cập tài liệu Tiếng Việt w Theo hiểu biết chúng tơi, chưa có luận văn Thạc sĩ trình bày định lý Pythagoras d oa nl lý Pythagoras Cũng chưa có sách Tiếng Việt viết chuyên sâu định an lu Luận văn Một số chứng minh định lý Pythagoras có mục đích trình bày 60 nf va (trong số khoảng 400) cách chứng minh khác định lý Pythagoras Luận văn gồm Mở đầu, ba chương, kết luận tài liệu tham khảo Cụ thể chương z at nh oi lm ul sau: • Chương Các chứng minh hình học định lý Pythagoras • Chương Các chứng minh đại số lượng giác định lý Pythagoras z @ l gm • Chương Chứng minh định lý Pythagoras nhờ định lý hình học khác co Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình PGS.TS Tạ Duy m Phượng (Viện Toán học - Viện Hàn lâm Khoa học & Công nghệ Việt Nam) Đặc an Lu biệt Thầy cung cấp nhiều tài liệu biên tập kĩ luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy n va ac th si Tơi xin cảm ơn Khoa Tốn-Tin, Khoa Sau Đại học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Trường Trung học sở Lương Khánh Thiện, Kiến An, Hải Phòng bạn bè, người thân, đồng nghiệp tạo điều kiện, động viên cổ vũ thực kế hoạch học tập Thái Nguyên, ngày 13 tháng năm 2017 Tác giả lu an Văn Thị Thu Hà n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Các chứng minh hình học định lý Pythagoras lu an 1.1 Các chứng minh định lý Pythagoras va n 1.1.1 Người Ả rập người Trung Quốc gh tn to Phát biểu định lý Pythagoras tìm thấy bảng đất sét người p ie Babylon (1900-1600 trước Cơng ngun), xem Hình 1.1 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Hình 1.1 Bảng đất sét người Babylon z Euclid (300 năm trước Công nguyên) người phát biểu chứng minh @ gm định lý đảo định lý Pythagoras sách Cơ sở Ông l Người Ấn Độ (thế kỉ 8-thế kỉ trước Công nguyên) người Trung Quốc m co biết đến định lý Pythagoras từ sớm Cuốn sách Chu bễ toán kinh coi an Lu từ thời nhà Chu (1046-771 trước Công nguyên) nhắc tới tam giác (3, 4, 5) áp dụng phép câu cổ (câu, cổ: cạnh góc vng) đo đạc Phép câu cổ (định n va lý Pythagoras) nghiên cứu sâu tác phẩm Cửu chương ac th si toán thuật (được coi Trần Sanh (khoảng năm 152 trước Công nguyên) Lưu Huy (thế kỉ III) Tổ Xung Chi (thế kỉ V) bổ sung Hình 1.2 hình Cửu chương tốn thuật lu Hình 1.2 Một hình ảnh sách Cửu chương toán thuật an n va Các chứng minh Pythagoras tn to 1.1.2 ie gh Chứng minh (Pythagoras, xem [6], trang 29-30) Cách chứng minh sử dụng p phân chia khác hai hình vng giống có diện tích d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z Hình 1.3 Chứng minh Pythagoras - Chứng minh gm @ m co l Hình vng (A) chia thành hình vng to (1) bốn hình tam giác nhỏ ab màu xám đậm (mỗi hình có diện tích S = ) Hình vng (B) chia thành hai hình vng (2), (3) bốn hình tam giác an Lu n va nhỏ màu xám nhạt hình tam giác màu xám đậm (cũng có ab diện tích S = ) ac th si Kí hiệu [X] diện tích hình X Ta có   [A] = [1] + 4S ⇒ [1] = [2] + [3] ⇒ c2 = a2 + b2  [B] = [2] + [3] + 4S Chứng minh (Pythagoras, xem [6], trang 29-30) Hình A chia thành hình ab vng cạnh c ba hình tam giác nhỏ có diện tích S = lu an n va p ie gh tn to oa nl w Hình 1.4 Chứng minh Pythagoras - Chứng minh d Hình B chia thành hai hình vng có cạnh a, b ba hình tam ab giác nhỏ có diện tích S = Từ ta có, diện tích hình vng cạnh c tổng diện tích hai hình vuông nf va an lu cạnh a b hay c2 = a2 + b2 lm ul Chứng minh định lý Pythagoras sách Cơ sở Euclid z at nh oi 1.1.3 z Euclid (330-275 trước Công nguyên) sách Cơ sở tiếng trình gm @ bày nhiều cách chứng minh định lý Pythagoras định lý Pythagoras đảo l Chứng minh (Euclid, xem [5], trang 32-45, xem [6], trang 36-41) Xét ∆DJI IJ = JG, JD = JA nên (1.1) n va ∆DJI = ∆AJG (c.g.c) an Lu d d = AJG, DJI m co ∆AJG có ac th si lu an n va Hình 1.5 Cối xay gió Euclid tn to Ta có ie gh IJ.d(D; IJ) IJ.JG SIJGH = = ⇒ SIJGH = 2S∆IJD , 2 JA.d(G; JA) JA.BA SABKJ = = ⇒ SABKJ = 2S∆GJA S∆GJA = 2 p S∆IJD = (1.2) oa nl w (1.3) d Từ (1.1), (1.2) (1.3) suy SHGJI = SKBAJ lu nf va an Tương tự ta có SGDEF = SBCDK Do SHGJI + SGDFE = SKBAJ + SBCDK = SACDJ lm ul z at nh oi Suy JG2 + GD2 = JD2 , hay a2 + b2 = c2 Chứng minh (Euclid, xem [6], trang 42-44) Giả sử tam giác có độ dài ba cạnh thỏa mãn a2 + b2 = c2 z m co l gm @ an Lu Hình 1.6 Chứng minh định lý Pythagoras đảo Euclid n va ac th si 10 Ta tạo đoạn thẳng vng góc với cạnh a có độ dài b0 = b Dựng tam giác vuông với hai cạnh a b0 Khi cạnh huyền x có độ dài x2 = a2 + b2 = c2 Do x = c Như tam giác tạo tam giác ban đầu theo cạnh-cạnh-cạnh; có nghĩa góc γ tam giác ban đầu có giá trị góc 90◦ tam giác Định lý Pythagoras ngược chứng minh lu an va n Hình 1.7 Chứng minh định lý Pythagoras đảo Euclid gh tn to p ie Chứng minh định lý Pythagoras đảo cách chứng minh đặc biệt gặp: Thông thường với lối chứng minh đảo ta dễ rơi vào ngộ nhận nl w cách chứng minh này, lời giải đưa cách tự nhiên hợp lí, nhanh chóng d oa đưa đến kết Đồng thời, thay đổi cách nhìn người đọc lối chứng minh nf va Ghép hình vng Lưu Huy Archimedus lm ul 1.1.4 an minh lu đảo: khơng khó mà lại thú vị nhìn nhận vấn đề cần chứng z at nh oi Chứng minh (Lưu Huy, khoảng năm 275 TCN) Chứng minh Lưu Huy thuộc loại chứng minh xếp hình Hai hình vng nhỏ chia để xếp vào hình vng lớn z @ Vậy Lưu Huy nghĩ để đưa đến ý tưởng xếp hình này? Tại ơng gm lại sử dụng hai tam giác có góc tù với cạnh khơng nhau? Thêm nữa, co l Lưu Huy lại chia ba hình vng thành 14 mảnh thay 20 mảnh? Câu trả lời có lẽ bắt nguồn từ Archimedes (287 - 212 trước Công nguyên), ba nhà toán m an Lu học vĩ đại Hy Lạp cổ đại Trò chơi Stomachion biết đến với tên hình vng Archimedes n va Trong trị chơi này, lưới hình vng 12 × 12 cắt thành 14 mảnh đa giác ac th si 64 d = BFC d = α Khi góc ngồi ACB d = 2α BC ∆BCF tam giác cân với CFB d = APB d nhìn cạnh Do đó: APB d = 2α = Trong đường tròn cho, ACB d = AFB d 2CFB d = 2AFB d nên P Trong đường tròn ngoại tiếp ∆ABF, PA = PB APB tâm đường trịn Vì vậy, kẻ PM ⊥ AF, M trung điểm AF hay AM = MF = MC +CF = MC +CB định lý dây cung gãy chứng minh Bui Quang Tuan dùng định lý để chứng minh định lý Pythagoras sau (Hình 3.2) lu an n va p ie gh tn to w d oa nl Hình 3.2 Chứng minh Bui Quang Tuan sử dụng định lý dây cung gãy lu an Vẽ ∆ABC vng C, AB đường kính đường trịn ngoại tiếp tâm O Gọi P nf va điểm cung ACB ∆APB vng cân vng P Giả sử AC > BC, gọi M lm ul hình chiếu vng góc P lên AC Đường thẳng PM cắt AB N B0 hình chiếu vng góc B lên PM Đặt BC = a, AC = b, AB = c Tứ giác BCMB0 hình chữ z at nh oi nhật nên MB0 = BC = a Áp dụng Định lý dây cung gãy ta có AM = MC = an Lu n va c2 = S∆ABP = S∆APM + S∆PMB + S∆AMN + S∆MNB m Vì AM k BB0 S∆MNB = S∆ANB0 nên ta có co b−a l gm MP = MC = a+b b−a −a = 2 @ Tam giác ∆PMC vuông cân M nên z AC + BC a + b = , 2 ac th si 65 = S∆APM + S∆PMB + S∆AMN + S∆ANB0 = S∆APM + S∆PMB + S∆AMB0 AM MC MB0 = MP + MP + AM    a−b a+b b − a b − a a + b a a2 + b2 = + + = 2 2 2 2 Suy c2 = a2 + b2 Ta có điều phải chứng minh Định lý dây cung gãy định lý tương đối lạ song cách chứng minh lại ngắn gọn sử dụng tính chất góc đường tròn cộng đoạn thẳng đơn giản Dựa vào kết định lý dây cung gãy, đồng thời vẽ thêm hình phụ, Bui lu Quang Tuan đưa toán lối chứng minh mà chất việc sử dụng khéo léo an biểu thức liên quan diện tích n va Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý Bottema gh tn to 3.2 Chứng minh 60 (Định lý Bottema, xem [4], Proof 86) Các chứng minh dùng ie p định lý Bottema d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z @ co l gm Hình 3.3 Định lý Bottema m Xét hai hình vng ACBc Ba BCAc Ab chung đỉnh C Trung điểm M đoạn Ab Ba an Lu có vị trí độc lập so với giữ A B cố định (xem Hình 3.3) Kẻ đường BaU, MW , AbV CZ vng góc với AB Đường thẳng MW đường n va ac th si 66 Hình 3.4 Chứng minh hình học định lý Bottema lu an trung bình hình thang BaUVAb nên n va tn to MW = (BaU + AbV ) ie gh ◦ d \ Do B[ a AC = 90 nên B a AU CAZ phụ Suy ∆Ba AU = ∆ACZ (cạnh huyền p - góc nhọn) Vậy BaU = AZ w Tương tự ta có AbV = BZ d oa nl Từ ba quan hệ trên, ta an lu MW = BaU + AbV AZ + BZ AB = = = AW 2 nf va không phụ thuộc vào vị trí C Nghĩa ta cần tìm trung điểm W AB lm ul đoạn vng góc nửa AB hay M tâm hình vng dựng cạnh AB z at nh oi Từ định lý Bottema, Bui Quang Tuan đưa cách chứng minh định lý Pythagoras z Xét ∆ABC vuông C Dựng tam giác vuông cân ∆AA0C BB0C hai cạnh gm @ AC BC (hình 31.3) Theo định lý Bottema, trung điểm M A0 B0 đỉnh co l ∆MAB vng cân (khơng phụ thuộc vào vị trí điểm C) Ta có ∆ACA0 vng cân [0 = 45◦ , tam giác ∆BCB0 vuông cân B suy BCB [0 = 45◦ A suy ACA m 0CB0 = 45◦ + 90◦ + 45◦ = 180◦ nên C ∈ A0 B0 Áp dụng bổ đề Bui \ Ta có A BB0 k AC ta có S∆ACA0 + S∆BCB0 = 2S∆AMB (3.1) n va AA0 k BC, an Lu Quang Tuan (xem [4]) ac th si 67 Hình 3.5 Chứng minh Bui Quang Tuan lu Đặt an BC = BB0 = a, AC = AA0 = a, AB = 2OM = c va n Suy c c c2 S∆AMB = = 2 (3.2) p ie gh tn to b2 a2 , S∆ACA0 = , 2 2 Từ (3.1) (3.2) suy a + b = c S∆BCB0 = w Mặc dù định lý Bottema khơng quen thuộc cách dựng hình chứng oa nl minh dựa kiến thức sở đường trung bình hay tam giác d Bui Quang Tuan tiếp tục đơn giản cách chứng minh kết a2 + b2 = c2 lm ul 3.3 nf va an lu việc sử dụng phương pháp cộng diện tích thơng thường nhanh chóng đến z at nh oi Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý thảm Định lý thảm phát biểu sau z gm @ Định lý 3.3.1 (Định lý thảm) Nếu hai thảm diện tích có phần chồng lên sau loại bỏ phần chồng phần cịn lại có m Trường hợp hai thảm, ta xét ∆BMD ∆BMC co l diện tích an Lu Xét ∆BMD ∆BMC chung cạnh BM đường cao, DA = CB, nên n va S∆BMD = S∆BMC ac th si 68 Hình 3.6 Định lý thảm hệ Từ ta có lu an S∆BMD − S∆BMR = S∆BMC − S∆BMR ⇒ S∆DMR = S∆BCR va Ta có hệ quan trọng: Trong hình thang, kẻ hai đường chéo, ta n tn to bốn tam giác Khi hai tam giác số bốn có cạnh cạnh bên có diện gh tích p ie Tony Foster đưa số cách chứng minh định lý Pythagoras sử dụng w tính chất hình thang d A, B, C oa nl Chứng minh 61 (xem [4], Proof 103) Trong hình này, độ dài cạnh kí hiệu nf va an lu z at nh oi lm ul z l gm @ Hình 3.7 Cách chứng minh thứ Tony Foster co Đầu tiên, ta tìm hình tam giác vng cân cạnh C nhận thấy hai hình tam giác m so le với có diện tích tính chất chứng minh an Lu hình thang Vì thiết lập tổng tam giác hình ta có n va A2 B2 C2 + = 2 ac th si 69 suy A2 + B2 = C2 Chứng minh 62 (xem [4], Proof 103) Cách chứng minh thứ hai Tony Foster phức tạp Hình 3.8 Cách chứng minh thứ hai Tony Foster lu an Xét tam giác vuông cân KMO với cạnh bên C Từ tính chất hai tam giác tạo va n đường chéo hình thang suy S∆NOQ = S∆MPQ Ta lại có JK k LM, LN = NM, S∆OLN = S∆PNM OP k LM, LN = NM p ie gh tn to S∆JLN = S∆KNM Suy S∆JLO = S∆KPM , d oa nl w C2 = S∆KOM = S∆KOQ + S∆MPQ + S∆KPM = S∆KOQ + S∆NOQ + S∆JLO nf va an lu lm ul Suy C2 = A2 + B2 A2 B2 A2 = + = S∆KNO + 2 z at nh oi Chứng minh 63 (xem [4], Proof 103) Cách chứng minh thứ ba Tony Foster biến thể hai cách minh họa Hình 3.9 Ba cách chứng minh liên tiếp Tony Foster từ đơn giản đến phức tạp z @ bắt nguồn từ định lý thảm Đây định lý nghe lạ gm có phần hiển nhiên Tony mở lối tư sáng tạo việc cắt, di co l chuyển ghép hình vẽ để đưa đến đích chứng minh Với cách Chứng minh 63 cách có tiếp nối hai cách chứng minh trên, tơi nêu hình vẽ phần m an Lu diện tích tơ màu Dễ dàng nhận thấy: diện tích hình vng cạnh C tổng diện tích bốn hình tam giác nhỏ ngồi hình bình hành n va C2 = A2 + B2 ac th si 70 lu Hình 3.9 Cách chứng minh thứ ba Tony Foster an n va Chứng minh định lý Pythagoras nhờ định lý hình học khác ie gh tn to 3.4 p Mục dành để trình bày số cách chứng minh định lý Pythagoras nhờ định lý hình học khác (chẳng hạn, định lý Heron, Pappus, Kurrah, Stewart, w oa nl Protemy, ) d Trước hết ta phát biểu định lý Heron sau: an lu nf va Định lý 3.4.1 (Định lý Heron) Giả sử tam giác thường có ba cạnh a+b+c a, b c Gọi s = nửa chu vi Khi diện tích A tính theo cơng thức p A = s(s − a)(s − b)(s − c) z at nh oi lm ul z m co l gm @ Hình 3.10 Định lý Heron an Lu n va ac th si 71 Chứng minh 64 (xem [8]) Xét tam giác có độ dài cạnh a, b, c Gọi a+b+c p= nửa chu vi tam giác, diện tích A Khi có A2 = s(s − a)(s − b)(s − c) Xét tam giác vng có hai cạnh góc vng có độ dài a, b cạnh huyền c ab Khi tam giác vng có diện tích A = Ta lại có s−a = Tương tự lu s−b = a+b+c −a + b + c −a = s an a−b+c , s s−c = a+b−c n va Ta có to tn 16A2 = 16s(s − a)(s − b)(s − c) ie gh = 2s.2(s − a)2.(S − b)2.(s − c) p = (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) 16A2  ab = 16 2 d Mặt khác oa nl w = 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 − (a4 + b4 + c4 ) = 4a2 b2 nên an lu nf va 4a2 b2 = 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 − (a4 + b4 + c4 ) lm ul ⇒ (a4 + 2a2 b2 + b4 ) − 2a2 c2 − 2b2 c2 + c4 = z at nh oi ⇒ (a2 + b2 )2 − 2c2 (a2 + b2 ) + c4 =  2 ⇒ (a2 + b2 ) − c2 = ⇒ a2 + b2 = c2 z l gm @ Ta có điều phải chứng minh Đây cách chứng minh áp dụng định lý Heron phổ biến để tính diện tích tam co m giác áp dụng với tam giác có độ dài cạnh mà khơng cần an Lu đặc biệt góc Ở đây, tác giả cách chứng minh đem áp dụng tam giác vng, đồng thời làm đơn giản hóa biểu thức đại số cách làm n va ac th si 72 cơng thức tính diện tích cách bình phương diện tích đồng thời nhân lên 16 lần vế Tiếp theo ta chứng minh định lý Pythagoras định lý Pappus Ta phát biểu định lý Pappus sau: Định lý 3.4.2 (Định lý Pappus) Từ ∆ABC, dựng hai hình bình hành ABDE, ACFG dựa hai cạnh tương ứng AB AC (xem Hình 3.11) Kéo dài DE FG cắt H Vẽ BM = CN = HA song song với HA, ta hình bình hành SBMNC = SADDE + SACFG lu an n va p ie gh tn to nl w d oa Hình 3.11 Định lý Pappus an lu Kéo dài HA cắt BC K MN L Khi LK chia hình bình hành BCNM nf va thành hai hình bình hành BKLM CKLM lm ul Ta chứng minh z at nh oi SBKLM = SABDE Kéo dài MB cắt DE P Ta có SABDE = SABPH (do hai hình có đáy AB, độ dài đường cao DH k AB) z cao BM k HA ) Suy l gm @ Ta có: SABPH = 2SABH Mặt khác: SABH = SBKM (do HA = BM, độ dài hai đường SABDE = 2SABH = 2SBKM = SBKLM m co (3.3) (3.4) n va SCKLM = SACFG an Lu Chứng minh tương tự ta có ac th si 73 Từ (3.3) (3.4) suy SABDE + SACFG = SBKLM + SCKLN = SBCNM Bây ta dùng định lý Pappus để chứng minh định lý Pythagoras Chứng minh 65 (xem [5], trang 58-59) Định lý Pythagoras trường hợp đặc biệt định lý Pappus góc A vng hai hình bình hành ban đầu trở thành hai hình vng Lúc ta có AB2 + AC2 = BC2 Định lý chứng minh lu an Cách chứng minh biểu thức liên quan lẫn mặt diện tích, song có va n khác biệt lẽ trường hợp đặc biệt áp dụng định lý Pappus Định tn to lý Pappus định lý đẹp mang đến cho người đọc biểu thức liên ie gh quan diện tích hình bình hành mà có định lý nhắc đến Và p đặc biệt hơn, để chứng minh định lý Pappus ta lại tiếp tục sử dụng liên tiếp phép nl w toán diện tích Có thể gọi cách chứng minh túy diện tích d oa Định lý 3.4.3 (Định lý Ptolemy) Tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn AB.CD + AD.BC = AC.BD nf va an lu tổng tích cặp cạnh đối diện tích hai đường chéo, nghĩa lm ul Chứng minh định lý Ptolemy Xét hình vẽ z at nh oi z an Lu n va d = MBC [ Lấy M thuộc đường chéo AC cho ADB m co l gm @ Hình 3.12 Định lý Ptolemy ac th si 74 d = MCB, d = MBC [ ABD [ nên Xét ∆ABD ∆MBC có ABD ∆ABD ∼ ∆MBC (g.g) Do ta có AD MC = ⇒ AD.BC = BD.MC BD BC (3.5) Ta lại có BA BM = BD BC d [ = DBC ABM ∆ABM ∼ ∆DBC nên Suy lu AB BD = ⇒ AB.CD = AM.BD AM CD (3.6) an Từ (3.5) (3.6) suy va n AD.BC + AB.CD = BD.MC + AM.BD = AC.BD tn to Vậy gh p ie AD.BC + AB.CD = AC.BD nl w Như định lý Ptolemy chứng minh d oa Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras lu nf va tiếp Vì ta có an Chứng minh 66 (xem [3]) Xét hình chữ nhật ABCD, rõ ràng tứ giác nội lm ul AB.CD + AD.BC = AC.BD Do AB = CD, AD = BC, AC = BD nên AB2 + BC2 = AC2 Ta hoàn thành chứng z at nh oi minh định lý Pythagoras Định lý Ptolemy thường xuyên sử dụng tốn chứng minh liên z @ quan đến hình trịn Trong [3] nêu nhiều cách chứng minh nhiều ứng dụng gm định lý Ở nêu cách chứng minh sử dụng kiến thức hình học đơn co l giản Cách chứng minh giúp em học sinh từ trung học sở hiểu mở rộng áp dụng Định lý Pythagoras trường hợp đặc biệt định lý m an Lu Ptoleme tứ giác trở thành hình chữ nhật Kurrah nghiên cứu tam giác không vuông mở rộng định lý Pythago- n va ras sau ac th si 75 Định lý 3.4.4 (Định lý Kurrah) Cho tam giác thường AED có ba cạnh [ hình vẽ Dựng hai đoạn thẳng EB EC AD, AE ED Giả sử góc AED d = DCE [ = α Khi ta có AE + ED2 = AD(AB +CD) cho ABE Chứng minh định lý Kurrah Xét hình vẽ sau lu an n va Hình 3.13 Định lý Kurrah gh tn to d chung ABE d = AED [ = α) nên Ta có ∆ABE ∼ ∆AED (do BAE p ie AE AD = ⇒ AE = AB.AD AB AE (3.7) w oa nl [ chung, ECD [ = AED [ = α) nên Tiếp theo, ∆ECD ∼ ∆AED (do EDC d ED AD = ⇒ ED2 = AD.CD CD ED (3.8) an lu nf va Từ (3.7) (3.8) suy AE + ED2 = AB.AD + AD.CD Vậy z at nh oi lm ul AE + ED2 = AD(AB +CD) Như ta hoàn thành phép chứng minh định lý Kurrah Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras z @ AB +CD = AD m an Lu Do AE + ED2 = AD2 co BC = l gm Chứng minh 67 (xem [8]) Khi α = 90◦ EB EC trùng nên n va ac th si 76 Định lý Kurrah không quen thuộc chứng minh định lý Kurrah lại đơn giản dễ hiểu dựa việc sử dụng tam giác đồng dạng Ở cách chứng minh này, cách làm đặc biệt hóa tam giác nhắc đến định lý Kurrah mà định lý Pythagoras chứng minh nhanh chóng Đồng thời thơng qua chứng minh định lý Kurrah đưa đến cho người đọc ý tưởng áp dụng sáng tạo lấy thêm điểm tạo góc Chứng minh 68 (Stuart Anderson, 2010, xem [4], Proof 88) Trong hình trịn tâm O, vẽ ∆ABC ∆DEF vuông C F Hai tam giác DE ⊥ BC Khi DE cắt đôi BC AB cắt đôi EF lu an n va p ie gh tn to w Hình 3.14 Chứng minh Stuart Anderson với dựng hình ngơi David (ngôi d oa nl sáu cánh đạo Do Thái) lu nf va an Do E điểm cung lớn BC nên theo định lý dây cung gãy, EF cắt AB + AC AB − AC AB thành đoạn Đồng thời ta có 2 lm ul z at nh oi AB + AC AB − AC EF EF BC BC = = 2 2 2 hay AB2 − AC2 = BC2 Điều dẫn đến AB2 = AC2 + BC2 z Cách chứng minh xuất phát từ ý tưởng sáu cánh đạo Do Thái @ gm có biến đổi mà cụ thể lồng ghép ngược chiều hai l tam giác vng nội tiếp đường trịn ∆ABC ∆DEF Sự khéo léo lồng ghép m co đưa đến gợi ý điểm cung làm cách chứng minh trở nên đơn giản an Lu n va ac th si 77 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Một số chứng minh định lý Pythagoras” phân loại trình bày lu 60 cách (trong tổng số khoảng 400) cách chứng minh định lý Pythagoras an Vì nhiều lí do, luận văn cịn chưa trình bày hết số lượng lớn cách chứng va minh định lý Pythagoras Tuy nhiên, theo chúng tôi, luận văn cho n tn to tranh tương đối toàn cảnh phương pháp chúng minh định lý Pythagoras Một gh số chứng minh cổ điển (trước Công nguyên) số chứng minh (trong p ie năm gần đây, năm 2016), số chứng minh người Việt Nam (tác giả Bui Quang Tuan, tác giả Tran Quang Hung) nước biết đến nl w trình bày luận văn d oa Hi vọng luận văn giáo viên, học sinh bạn u thích tốn học nf va an lu quan tâm sử dụng Đề xuất số hướng nghiên cứu lm ul Sau kết đạt luận văn, cố gắng nghiên cứu z at nh oi cách chứng minh khác cho định lý cổ điển thú vị Chúng hi vọng vấn đề tiếp sau luận văn nghiên cứu thời gian tới z m co l gm @ an Lu n va ac th si 78 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Phước (2011), “Chứng minh định lý Pythagoras cách ghép hình”, lu Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 408 an n va [2] Văn Thị Thu Hà, Nguyễn Hoàng Vũ (2017), “Một số chứng minh định lý tn to Pythagoras” Gửi in Kỷ yếu Hội thảo Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi (chủ biên : GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu) ie gh p [3] Lê Quốc Hán (2012), Ẩn sau định lý Ptoleme, Nhà xuất Giáo dục w d oa nl Tiếng Anh lu Mathematics nf va teractive an [4] A Bogomolny, Pythagore Theorem with its many proofs, from InMiscellany and Puzzles, http://www.cut-the- lm ul knot.org/pythagoras/index.shtml versity Press z at nh oi [5] E Maor (2007), The Pythagore Theorem: A 4000 year History, Princeton Uni- z [6] J C Sparks (2008), The Pythagore Theorem: Crown Jewel of Mathematics, l gm @ Published by Authohouse, USA [7] E S Loomis (1972), The Pythagore Proposition, Second Edition, National m co Council of Teachers of Mathematics, USA an Lu [8] Các tạp chí tốn, sách tốn trang web toán tiếng Việt tiếng Anh n va ac th si