Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Bizonyítások Harmath Zsolt. Pitagorasz tétel Euklidesz: Elemek, 1. könyv, I. 47. tétel: A derékszögű háromszögekben a derékszöggel szemközti oldalra emelt.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "Bizonyítások Harmath Zsolt. Pitagorasz tétel Euklidesz: Elemek, 1. könyv, I. 47. tétel: A derékszögű háromszögekben a derékszöggel szemközti oldalra emelt."— Előadás másolata:

1 Bizonyítások Harmath Zsolt

2 Pitagorasz tétel Euklidesz: Elemek, 1. könyv, I. 47. tétel: A derékszögű háromszögekben a derékszöggel szemközti oldalra emelt négyzet egyenlő a derékszöget közrefogó oldalakra emelt négyzetek összegével.

3 Babiloni kőtábla A hosszúság 4, az átló 5. Mennyi a szélesség? Nem tudjuk. 4-szer 4 az ször 5 az ből elvéve 16-ot 9 marad. Mennyiszer mennyit kell vennem ahhoz, hogy 9-et kapjak? 3-szor 3 az 9 A szélesség 3.

4 Pitagoraszi számhármasok (Babilon, i. e körül)‏

5 Kína (3. sz.)‏ If the shorter leg is 3 chi, and the longer leg is 4 chi, what is the hypotenuse?  Answer: 5 chi. If the hypotenuse is 5 chi, and the shorter leg is 3 chi, what is the longer leg?  Answer: 4 chi. If the longer leg is 4 chi, and the hypotenuse is 5 chi, what is the shorter leg?  Answer: 3 chi.

6 Pitagorasz tétel bizonyítói Euklidesz (i. e. 6. sz. körül)‏ Chou Pei Suan Ching (i. e. 300 – i. sz. 200 között)‏ Papposz (300 körül)‏ abu' l'Hasan Thâbit ibn Qurra Marwân al'Harrani ( )‏ Annairizi (900 körül)‏ Abu al-Wafa al-Buzjani (10. sz.)‏ Bhaskara (12. sz.)‏ Leonardo da Vinci ( )‏ Frans van Schooten (17. sz.)‏

7 Euklidesz bizonyítása Legyen ABC egy derékszögű háromszög, és benne BAC a derékszög. Azt állítom, hogy a BC oldalú négyzet egyenlő a BA meg az AC oldalú négyzet összegével.

8 Euklidesz bizonyítása Legyen ugyanis BDEC a BC oldallal szerkesztett négyzet, GB, HC pedig a BA, AC oldalra emelt négyzet, és húzzuk A-n át a BD és a CE egyenessel párhuzamosan AL-t, és húzzuk meg AD-t és FC-t.

9 Euklidesz bizonyítása Minthogy pedig mind BAC, mind BAG derékszög, így a BA egyenesen levő A pontnál két AC, AG egyenes fekszik nem ugyanazon az oldalon, és két derékszöggel egyenlő szögeket alkotnak egymás mellett; tehát AC ugyanazon az egyenesen van, mint AG. Éppen ezért BA is ugyanazon az egyenesen van, mint AH. Minthogy pedig a DBC szög egyenlő FBA-val - derékszög ugyanis mind a kettő -, adjuk hozzájuk közös (tagnak) az ABC szöget; így a teljes DBA szög egyenlő a teljes FBC-vel.

10 Euklidesz bizonyítása És minthogy DB egyenlő BC-vel, FB pedig BA-val, e két-két (oldal), DB, BA és FB, BC páronként egyenlő; és a DBA szög egyenlő FBC-vel; az AD alap tehát egyenlő az FC alappal, és az ABD háromszög egyenlő az FBC háromszöggel; és az ABD háromszögnek kétszerese a BL paralelogramma, mert ugyanaz a BD szakasz az alapjuk és ugyanazon BD, AL párhuzamosok között fekszenek; az FBC három-szögnek pedig kétszerese a GB négyzet, mert ismét ugyanaz az FB szakasz az alapjuk és ugyanazon FB, GC párhozamosok között fekszenek.

11 Euklidesz bizonyítása Egyenlőknek a kétszeresei pedig egyenlők egymással; egyenlő tehát a BL paralelogramma a GB négyzettel. Hasonlóképp mutatható meg AE-t és BK-t meghúzva az is, hogy a CL paralelogramma egyenlő a HC négyzettel. A teljes BDEC négyzet tehát egyenlő e két négyzettel, GB- vel meg HC-vel. És a BDEC négyzetet a BC, a GB, HC négyzeteket pedig a BA, AC oldalra emeltük. A BC oldalú négyzet tehát egyenlő a BA meg az AC oldalú négyzetekkel.

12 Euklidesz bizonyítása A derékszögű háromszögekben tehát a derékszöggel szemközti oldalra emelt négyzet egyenlő a derékszöget közrefogó oldalakra emelt négyzetek összegével. Éppen ezt kellett megmutatni.

13 Szemléletes bizonyítás Mindkét nagy négyzet egyenlő területű, tehát ha mindkét oldalon elhagyjuk az azonos területű 4-4 háromszöget, akkor a maradék területének is egyeznie kell. Baloldalt két, jobboldalt egy négyzet marad, amelyek területe az egyenlet bal, illetve jobb oldalát adják.

14 Szemléletes bizonyítás Felhasználtuk:  a háromszögek területe egyezik, mivel két oldaluk (a és b) illetve az általuk közbezárt szögek megegyeznek  a jobb oldalon lévő rombusz (minden oldala c) négyzet, mivel minden szöge 90° (180°-(α+β), ahol α, β az ábrán lévő derékszögű háromszögek hegyesszögei), tehát szögei megegyeznek, tehát derékszögek

15 Bizonyítás befogótétellel Ossza az átfogóhoz tartozó magasság az átfogót x és y hosszúságú darabokra! Ekkor, ha a befogók a, b és az átfogó c, akkor a 2 = cx és b 2 = cy, a két egyenletet összeadva: a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2.

16 Koszinusztétel

17 Koszinusztétel bizonyítás 1.

18 Koszinusztétel bizonyítás 2. Vektorok segítségével: a=CA, b=CB, c=AB Ekkor c=b-a Négyzetre emelve c 2 =(b-a) 2 És így c 2 =b 2 -2ab+a 2 =b 2 -2abcos  +a 2

19 Prímosztók Tétel: Minden 1-nél nagyobb pozitív számnak van prímosztója.

20 Prímosztók Bizonyítás: Indirekt feltesszük, hogy van legalább egy olyan egynél nagyobb szám, aminek nincs prímosztója. Ekkor, mivel a prímosztó nélküli, egynél nagyobb pozitív egészek halmaza nem üres, lesz egy legkisebb eleme, amit nevezzünk n-nek. Mivel n-nek nincsenek prímosztói, de osztja saját magát, n nem lehet prímszám. Így tehát létezik egy 1-től és önmagától különböző osztója; legyen a; eszerint n felírható n=ab alakban, ahol 1

21 Prímszámok száma Tétel: Végtelen sok prímszám van.

22 Prímszámok száma Bizonyítás: Tegyük fel, hogy a prímszámok darabszáma véges. Legyen ez a szám m. Szorozzuk össze mind az m darab prímet, majd adjunk hozzá egyet. A kapott szám egyik prímmel sem osztható a halmazunkból, hiszen bármelyikkel osztva egyes maradékot kapunk, az egy pedig egyik prímmel sem osztható. A szorzat tehát vagy maga is prím, vagy osztható egy olyan számmal, ami nincs benne a fenti véges halmazban, mert minden 1-nél nagyobb egésznek van prímosztója. Mindkét esetben legalább m+1 darab prímszám létezik. A fenti érvelés viszont nem függ m értékétől, így (m+1)-re is ugyanígy felírható. Így tehát a prímszámok darabszáma nagyobb bármely adott véges számnál.

23 Első n páratlan szám összege Tétel:

24 Első n páratlan szám összege Bizonyítás:  1. lépés (n=1): 1=1 2  Indukciós feltevés (n=k): (2k-1)=k 2  (n=k+1): (2k-1)+(2k+1)=k 2 +(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2


Letölteni ppt "Bizonyítások Harmath Zsolt. Pitagorasz tétel Euklidesz: Elemek, 1. könyv, I. 47. tétel: A derékszögű háromszögekben a derékszöggel szemközti oldalra emelt."

Hasonló előadás


Google Hirdetések