A Pitagorasz tétel a geometria, sőt talán a matematika egyik legközismertebb tétele, amely a derékszögű háromszög oldalai közötti összefüggést mondja ki.

Pitagorasz tétele:

A derékszögű háromszög befogóira emelt négyzetek területeinek összege egyenlő az átfogóra emelt négyzet területével.

A mellékelt ábra jelölései szerint: a2+b2=c2.

A tétel bizonyítása:

Készítsünk két darab (a+b) oldalú négyzetet az alábbi módokon, ahol “a” és “b” a derékszögű háromszög befogói! (Ez a “csel”.) A két darab  (b+a) oldalú négyzetek területe nyilvánvalóan egyenlő.

A tétel bizonyításában felhasználjuk azt az euklideszi axiómát, hogy “Ha egyenlőkből egyenlőket veszünk el, akkor a maradékok is egyenlők.”

A fenti baloldali négyzetben kaptunk 4 darab, az eredeti háromszöggel egybevágó derékszögű háromszöget, és egy “a” illetve “b” oldalú négyzetet. Ezek területe a2 és b2 területegység. A jobboldali négyzetben is megtalálható ez a 4 darab, az eredeti háromszöggel egybevágó derékszögű háromszög, amelynek átfogója “c“. Így tehát a középső PQRS síkidom minden oldala “c”. Be kell még látni, hogy csúcsainál derékszög van. Mivel azonban az eredeti háromszögben α+β=90°, ezért ennek a síkidomnak minden szögére 180°-(α+β )=90°. Tehát a PQRS síkidom négyzet, területe pedig c2.

Ha mindkét négyzetből elvesszük a 4 darab derékszögű háromszöget, a maradékok területe is egyenlő, azaz a2+b2=c2.

A tétel megfordítása:

Ha egy háromszög két oldalára emelt négyzetek területének összege egyenlő a harmadik oldalra emelt négyzet területével, akkor a háromszög derékszögű.

Bizonyítás:

Legyen adott egy ABC háromszög, amelynek oldalaira teljesül, hogy két oldalára emelt négyzetek területének összege egyenlő a harmadik oldalra emelt négyzet területével. A mellékelt ábra jelölései szerint: a2+b2=c2.  Be kell bizonyítani, hogy az ABC háromszög derékszögű.

Vegyünk most fel egy “a” és “b” befogójú derékszögű háromszöget. Ennek átfogóját jelöljük “c’“-vel. Erre a háromszögre teljesül a Pitagorasz-tétel, tehát a2+b2=c‘2.

A két összefüggés csak akkor lehet egyszerre igaz, ha c2=c‘2.

Ez viszont azt jelenti, hogy a két háromszög egybevágó, tehát az eredeti ABC háromszög is derékszögű.

Az összefüggés a befogó tétel, a szelő tétel vagy a koszinusz tétel segítségével is bizonyítható, de ezeken kívül is számos bizonyítása ismeretes még.

Tétel alkalmazása:

  • Ha adott egy derékszögű háromszög két oldala, a tétel segítségével kiszámítható a harmadik oldal hossza.
  • Ha adott egy derékszögű háromszög három oldala, akkor a tétel segítségével eldönthető, hogy a háromszög szögei szerint milyen: hegyesszögű, derékszögű vagy tompaszögű. Jelöljük „c”-vel a háromszög leghosszabb oldalát. Pontosabban: „c” jelölje azt oldalt, amelynél nincs nagyobb oldala a háromszögnek.
Ha egy ilyen háromszögben a2+b2>c2, akkor a háromszög hegyesszögű. Ha egy ilyen háromszögben a2+b2=c2, akkor a háromszög derékszögű. Ha egy ilyen háromszögben
a2+b2 <c2, akkor a háromszög tompaszögű.
  • Már az ókorban is a ennek a tételnek a segítségével hoztak létre derékszöget anélkül, hogy a tételt általánosságban kimondták volna. Ez természetesen alapvető fontosságú volt például az építkezéseken, bútorok készítésében és még sok más esetben is. Az egyiptomiak csomókkal 3, 4 és 5 részre osztott kötelet használták a derékszög előállítására. Ehhez összesen 13 darab egyforma távolságban kötött csomóra volt szükségük. Így egy olyan derékszögű háromszög jött létre, amelynek oldalai megfelelnek a Pitagorasz tételnek, hiszen ​\( 3^{2}+4^{2}=5^{2} \)​. Ez a 3; 4; 5 számhármas egy un. Pitagoraszi számhármas.

A tételt már ismerték Pitagorasz előtt is. Például az egyiptomi Rhind-papiruszon szerepel egy 3; 4; 5 oldalú háromszög. A babilóniai agyagtábla pitagoraszi számhármasokat tartalmaz. Úgy tudjuk, a tételt Pitagorasz bizonyította elsőként.

Feladat:

Szerkesszünk egy egységnyi befogójú egyenlőszárú derékszögű háromszöget és számítsuk ki az átfogó hosszát!
Majd ennek a háromszög átfogójának egyik végpontjában emeljünk merőlegesen egy egységnyi hosszúságú szakaszt! Így kapott pontot összekötve átfogó másik végpontjával, kapunk egy újabb derékszögű háromszöget. Határozzuk meg ennek az átfogónak a hosszát!

Megoldás:

Az ABC egyenlőszárú derékszögű háromszög AB (c1) átfogóját a Pitagorasz tétel segítségével tudjuk kiszámítani: ​\( c_1^{2}=1^{2}+1^{2}=2 \)​. Így ​\( c_1=\sqrt{2}≈1.41 \)​.

A B pontban emelt egységnyi hosszúságú szakasz D végpontját összekötve az eredeti háromszög A pontjával, kapjuk az ABD derékszögű háromszöget, amelynek egyik befogója egységnyi, a másik befogója az eredeti háromszög AB átfogója amelynek hossza \( c_1=\sqrt{2}≈1.41 \)​. Ennek az ABD derékszögű háromszögnek az átfogóját szintén a Pitagorasz tétel segítségével kiszámolva: ​\( c_{2}^2=\sqrt{2}^{2}+1^{2}=3 \). Így ​\( c_{2}=\sqrt{3}≈1.73 \)​. Lásd a mellékelt ábrát!

Folytassuk ezt az eljárást! A kapott ADB derékszögű háromszögre emeljünk hasonló módon egy következő derékszögű háromszöget! És így tovább. Így az un. Theodorus spirálhoz jutunk. Itt az egyes háromszögek átfogóinak hossza az egyes – 1-nél nagyobb – pozitív egész számok négyzetgyökével egyenlők. Ebben az eljárásban az egész számok négyzetgyökei sorban, egymás után állíthatók elő.
Egy tetszőleges szám négyzetgyökének szerkesztése a magasság tétel segítségével történhet.

Print Friendly, PDF & Email

Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.