Bizonyítások Harmath Zsolt

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.

Babiloni kőtábla A hosszúság 4, az átló 5. Mennyi a szélesség? Nem tudjuk. 4-szer 4 az 16. 5-ször 5 az 25. 25-ből elvéve 16-ot 9 marad. Mennyiszer mennyit kell vennem ahhoz, hogy 9-et kapjak? 3-szor 3 az 9 A szélesség 3.

Pitagoraszi számhármasok (Babilon, i. e. 1900-1600 körül)‏

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.

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 (836-901)‏ Annairizi (900 körül)‏ Abu al-Wafa al-Buzjani (10. sz.)‏ Bhaskara (12. sz.)‏ Leonardo da Vinci (1452-1519)‏ Frans van Schooten (17. sz.)‏

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.

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.

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.

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.

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.

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

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.

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

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 a2 = cx és b2 = cy, a két egyenletet összeadva: a2 + b2 = c(x + y) = c2.

Koszinusztétel

Koszinusztétel bizonyítás 1.

Koszinusztétel bizonyítás 2. Vektorok segítségével: a=CA, b=CB, c=AB Ekkor c=b-a Négyzetre emelve c2=(b-a)2 És így c2=b2-2ab+a2=b2-2abcos+a2

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

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<a<n és 1<b<n. Mivel a<n, lennie kell prímosztójának. Viszont a bármely osztója osztója n-nek is, így n-nek van prímosztója. Ellentmondásra jutottunk, ami csak úgy oldható fel, ha az eredeti állítás igaz, azaz minden egynél nagyobb pozitív egész számnak van prímosztója.

Prímszámok száma Tétel: Végtelen sok prímszám van.

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.

Első n páratlan szám összege Tétel:

Első n páratlan szám összege Bizonyítás: 1. lépés (n=1): 1=12 Indukciós feltevés (n=k): 1+3+...+(2k-1)=k2 (n=k+1): 1+3+...+(2k-1)+(2k+1)=k2+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2