Лекции по элементарной геометрии

Лекция 1

Теорема Пифагора: незнакомый знакомец

Существует много различных способов начинать курс элемен­тарной геометрии. Можно посвятить первую лекцию напоминанию различных систем аксиом или начать её с обсуждения топологи­ческих свойств плоских фигур. Выбор темы первой лекции зави­сит прежде всего от общей направленности курса (при этом можно сказать, что имеется и обратная связь). Всё зависит от того, что вы считаете своей главной задачей: научить слушателя глядеть на элементарную геометрию как на часть «взрослой» математики, или привлечь его внимание к красоте абстрактных рассуждений, или же ещё что-то. Я в своих лекциях хочу в первую очередь научить слуша­телей решать сложные геометрические задачи, показать им красоту нетривиальных геометрических утверждений. Мне хотелось бы как можно быстрее познакомить их со сложными и красивыми теоре­мами, иногда выходящими за рамки школьного курса (но от этого не менее элементарными). Поэтому естественно, что темой своей первой лекции я выбираю одно из Первых известных человечеству красивых и нетривиальных геометрических утверждений — Теоре­му Пифагора.

Напомним её формулировку.

Теорема 1. Пусть ABC — прямоугольный треугольник (/C = 90°). Тогда сумма квадратов катетов этого треугольника равна квадра­ту гипотенузы, АВ^‘ = AC^ + BC^.

Ниже мы приводим три различных доказательства этой теоре­мы. Так мы будем часто поступать и далее. Дело в том, что почти любое утверждение в геометрии (как и вообще в математике) мож­но доказать многими разными способами. Каждое из доказательств имеет свои преимущества и свои недостатки, каждое из них поз­воляет по-своему взглянуть на геометрическую суть обсуждаемой теоремы. Поэтому мы рекомендуем читателям не ограничиваться изучением лишь одного из представленных доказательств, а по воз­можности всегда разобрать их все.

Первое доказательство (как и второе) основывается на клас­сической интерпретации квадратичных величин (например, квад­ратов длин отрезков) как площадей некоторых фигур. Так, теоре­му Пифагора можно переформулировать следующим образом: Сум­ма площадей квадратов, построенных на катетах прямоугольного треугольника, равна площади квадрата, построенного на его гипо­тенузе. Заметим, что, хотя обычно в школьных курсах геометрии площади изучают После теоремы Пифагора, понятие площади ни­как не зависит от этой теоремы. Поэтому мы можем использовать многие свойства площадей в нашем доказательстве. Итак, рассмот­рим квадраты ACLM, BJKC и AA^В^В, построенные на катетах АС, BC и гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC (ЛС = 90°); см. рис. 1. Нам надо доказать, что сумма площадей первых двух квадратов равна площади третьего. Для этого мы продеформиру — ем оба квадрата, построенные на катетах, так, чтобы их площади не изменились и при этом из них получился бы квадрат AA^B^В. Для этого продолжим стороны LM и JK этих квадратов до пере­сечения в точке Сместим отрезки LM и JK вдоль проведённых

Рис. 1

Прямых так, чтобы точки LnK совпали с точкой При этом квад­рат ACLM продеформируется в параллелограмм ACC^А квадрат BJKCB параллелограмм ВВ^^С^С. Площади же параллелограммов останутся равными площадям квадратов (ведь площадь параллело­грамма равна произведению его высоты на основание, которые не меняются при рассмотренной деформации).

Отметим, что отрезок CC равен гипотенузе AB рассматривае­мого треугольника и перпендикулярен ей. В самом деле, он явля­ется диагональю прямоугольника CLC‘К, стороны которого равны катетам треугольника АВС, следовательно, CC‘ = AB, и кроме того, ЛС’СК = KCBA и стороны CK и BC этих углов перпендикулярны, а следовательно, перпендикулярны и отрезки CC‘ и АВ. Если мы теперь сместим отрезок CC вдоль одноимённой прямой так, чтобы точка C совпадала с основанием высоты Н, то параллелограммы ACC‘а" и BB"CC продеформируются (вместе) в квадрат ABB"A", Равный квадрату ЛЛ’В’В. □

Второе доказательство Состоит из рисунка:

Мы предлагаем читателю самостоятельно убедиться, что четы­рёхугольник, занимающий центр квадрата на рис. 2 (б), сам являет­ся квадратом. □

Третье доказательство— Наиболее стандартное из всех трёх. Оно основывается на понятии подобия. Хотя это понятие, как и идею площади, зачастую изучают после теоремы Пифагора, оно тоже ни­как не зависит от последней (в некоторых школьных учебниках, в ко­торых приводится это доказательство, вместо подобия используют

Эквивалентные принципы, например — теорему Фалеса и её след­ствия). Поэтому мы спокойно можем его использовать здесь.

Итак, опустим из вершины C прямого угла высоту на гипотену­зу АВ. Пусть D-основание этой высоты (мы не доказываем, что точка D лежит на отрезке АВ, считая этот факт очевидным^). Вве­дём стандартные обозначения: пусть катеты нашего прямоуголь­ного треугольника равны А и Ь (см. рис. 3), а гипотенуза равна с. Отрезок AD (проекцию катета AC на гипотенузу) обозначим c⅛, а от­резок BDC^. Обозначим проведённую высоту треугольника ABC Буквой H. Рассмотрим образовавшиеся прямоугольные треугольни­ки ACD и CBD. Оба они по трём углам подобны треугольнику ABC (и подобны между собой). Следовательно, мы можем записать соот­ношения подобия:

AC AD CD CB CD BD AB ~ AC ~ ВС’ AB ~ AC ~ ВС’

к — sk — h с~ ь ~ а
отсюда получаем соотношения
l2
Или, в силу введённых обозначений.

CCij = Ь, С’С^ = а •

Складывая два последних равенства, и учитывая очевидное соотно­шение C = Cq + CiJ, получаем С^‘ = а^‘ B^’.

Заметим, кстати, что помимо полученных соотношений из по­добия указанных треугольников можно получить много других ра­венств. Например, из равенства ~ = ~ получаем H = — (это уравне­ние, правда, можно было бы получить из сравнения различных фор­мул для плош;ади прямоугольного треугольника). Кроме того, так

Нам пришлось бы это сделать, если бы мы пытались заниматься геометрией как аксиоматической теорией.

Рис. 4

Как треугольники ACD и CBD подобны между собой, имеем ~R = ~,

7 2

Откуда получается известное равенство П. =C^Cij.

Сами по себе приведённые доказательства ничем не лучше друг друга. Однако у каждого из них есть свои достоинства, которых нет у прочих. Например, способ, применённый в первом доказатель­стве, можно использовать для доказательства теоремы косинусов (см. в следуюш;ей лекции). Второе доказательство можно обобш;ить, чтобы получить формулу сложения для синуса. В самом деле, прямо­угольник на рис. 4 (а) разбит на четыре прямоугольных треугольни­ка C гипотенузой 1 и острыми углами А у одного и у другого и два прямоугольника, стороны которых выражаются через тригономет­рические функции углов Ct и На рис.4 (б) тот же прямоугольник разбит на четыре таких же треугольника и ромб со стороной 1 и ост­рым углом (как несложно проверить) А + β. Из сравнения плош;адей получаем

Sin(ct + ^) = sin Ct COS β + cos ct sin β

(напомним, что плош;адь параллелограмма равна произведению длин его сторон на синус угла между ними).

Наконец, третий представленный способ доказательства ценен прежде всего формулами, связываюш;ими между собой различные элементы прямоугольных треугольников, полученными при доказа­тельстве. Эти формулы позволяют решить множество задач, в ко­торых требуется найти тот или иной элемент прямоугольного тре­угольника. Правда, не всегда решение, основанное на этих форму­лах, самое простое и короткое. Проиллюстрируем сказанное следу — ющим примером.

Задача 1. В прямоугольном треугольнике ABC (ЛС = 90°) прове­дена высота CD. Известно, что расстояние между центрами окруж­ностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, равно 1. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник АВС.

Для решения нам потребуется следуюш;ее полезное вспомога­тельное утверждение: Радиус окружности, вписанной в прямоуголь­ный треугольник, можно вычислить по формуле

Г = ^{A + BC^),

Где а и Ъ —катеты, а с —гипотенуза данного треугольника.

Доказательство. Чтобы доказать это равенство, достаточно взглянуть на рис. 5 и заметить, что четырёхугольник IKCL квад­рат со стороной, равной радиусу вписанного круга, следователь­но, CK = CL = г. Учитывая равенство касательных, проведённых к окружности из одной точки (этот факт мы считаем известным), получаем AL = AM = х, BK = BM = у. Значит

AC + βC = x + r + y + r = x + y + 2r = Aβ + 2r, откуда и получается требуемое равенство.

Рис. 5

Применим это наблюдение для решения задачи (обозначения см. на рис. 3 и 6). Для этого сначала опустим перпендикуляры из центров /i и I2 окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, На гипотенузу большого треугольника и проведём через Ц пря­мую, параллельную гипотенузе. В получившемся прямоугольном треугольнике катеты равны + Г2 и Г2 — г^, следовательно, квадрат его гипотенузы равен = 2(r^ + ).

Рис. 6

C другой стороны, согласно условию задачи 1^12 = 1, следова­тельно, учитывая доказанную формулу, получаем

1 = = 2(r^ + Γ2) = 2^-(Cq + ∕i-α)^+ + H=

= 2 2C^Cl2Ha +

+ + 2Cijh2Cijb2Hb^.

Перегруппировав слагаемые, получим 1 = ~~B^ (^C^-~C^--2H^^--2H(^Cg^-~,^ -2(^Cg^DHcιHb,B^^ =

Страницы: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *