Tài liệu Luận văn một số chứng minh định lý pythagoras

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VĂN THỊ THU HÀ MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VĂN THỊ THU HÀ MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2017 3 Mục lục Mở đầu 4 Chương 1. Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras 6 1.1 1.2 Các chứng minh đầu tiên của định lý Pythagoras . . . . . . . . . . . 6 1.1.1 Người Ả rập và người Trung Quốc . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.2 Các chứng minh của Pythagoras . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.3 Chứng minh định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở của Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.1.4 Ghép hình vuông của Lưu Huy và Archimedus . . . . . . . 10 1.1.5 Biến đổi ghế cô dâu của Kurrah . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.6 Chứng minh của Bhaskara . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Một số chứng minh hình học khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Chương 2. Các chứng minh đại số và lượng giác của định lý Pythagoras 37 2.1 Các chứng minh đại số của định lý Pythagoras . . . . . . . . . . . . 37 2.2 Các chứng minh lượng giác của định lý Pythagoras . . . . . . . . . 59 Chương 3. Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác 63 3.1 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 những tấm thảm . . . . . 67 3.4 Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác . . . 70 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 4 Mở đầu Định lý Pythagoras và ứng dụng của nó rất quen thuộc trong chương trình toán phổ thông. Nhiều kiến thức toán học hiện đại (chuẩn, không gian định chuẩn, tính chất vuông góc,. . . ) được phát triển từ định lý Pythagoras. Định lý Pythagoras là một trong những định lý toán học thể hiện qui luật cơ bản của thế giới tự nhiên, có nhiều chứng minh nhất và liên quan đến nhiều kiến thức toán khác. Một số tài liệu Tiếng Việt đã giới thiệu về định lý Pythagoras. Thí dụ, trong [1] đã giới thiệu 15 cách chứng minh định lý Pytagoras bằng cách ghép hình. Tuy nhiên, còn rất nhiều chứng minh định lý Pythagoras và các vấn đề liên quan chưa được đề cập trong các tài liệu Tiếng Việt. Theo hiểu biết của chúng tôi, chưa có một luận văn Thạc sĩ nào trình bày về định lý Pythagoras. Cũng chưa có một cuốn sách Tiếng Việt nào viết chuyên sâu về định lý Pythagoras. Luận văn Một số chứng minh định lý Pythagoras có mục đích trình bày hơn 60 (trong số khoảng 400) cách chứng minh khác nhau của định lý Pythagoras. Luận văn gồm Mở đầu, ba chương, kết luận và tài liệu tham khảo. Cụ thể các chương như sau: • Chương 1. Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras • Chương 2. Các chứng minh đại số và lượng giác của định lý Pythagoras • Chương 3. Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Tạ Duy Phượng (Viện Toán học - Viện Hàn lâm Khoa học & Công nghệ Việt Nam). Đặc biệt Thầy đã cung cấp nhiều tài liệu và biên tập kĩ luận văn. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy. 5 Tôi xin được cảm ơn Khoa Toán-Tin, Khoa Sau Đại học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và Trường Trung học cơ sở Lương Khánh Thiện, Kiến An, Hải Phòng và bạn bè, người thân, đồng nghiệp đã tạo điều kiện, động viên và cổ vũ tôi thực hiện kế hoạch học tập. Thái Nguyên, ngày 13 tháng 5 năm 2017 Tác giả Văn Thị Thu Hà 6 Chương 1 Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras 1.1 Các chứng minh đầu tiên của định lý Pythagoras 1.1.1 Người Ả rập và người Trung Quốc Phát biểu của định lý Pythagoras được tìm thấy trong các bảng đất sét của người Babylon (1900-1600 trước Công nguyên), xem Hình 1.1. Hình 1.1. Bảng đất sét của người Babylon Euclid (300 năm trước Công nguyên) là người đầu tiên phát biểu và chứng minh định lý đảo của định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở của Ông. Người Ấn Độ (thế kỉ 8-thế kỉ 5 trước Công nguyên) và người Trung Quốc cũng đã biết đến định lý Pythagoras từ rất sớm. Cuốn sách Chu bễ toán kinh được coi là từ thời nhà Chu (1046-771 trước Công nguyên) đã nhắc tới tam giác (3, 4, 5) và áp dụng phép câu cổ (câu, cổ: cạnh góc vuông) trong đo đạc. Phép câu cổ (định lý Pythagoras) được nghiên cứu sâu trong các tác phẩm tiếp theo như Cửu chương 7 toán thuật (được coi là của Trần Sanh (khoảng năm 152 trước Công nguyên) và được Lưu Huy (thế kỉ III) và Tổ Xung Chi (thế kỉ V) bổ sung. Hình 1.2 là hình trong Cửu chương toán thuật. Hình 1.2. Một hình ảnh trong sách Cửu chương toán thuật 1.1.2 Các chứng minh của Pythagoras Chứng minh 1 (Pythagoras, xem [6], trang 29-30). Cách chứng minh này sử dụng sự phân chia khác nhau hai hình vuông giống nhau có diện tích bằng nhau. Hình 1.3. Chứng minh của Pythagoras - Chứng minh 1 Hình vuông (A) được chia thành hình vuông to (1) và bốn hình tam giác nhỏ ab màu xám đậm bằng nhau (mỗi hình có diện tích S = ). 2 Hình vuông (B) được chia thành hai hình vuông (2), (3) và bốn hình tam giác nhỏ màu xám nhạt bằng nhau và bằng các hình tam giác màu xám đậm (cũng có ab diện tích S = ). 2 8 Kí hiệu [X] là diện tích hình X. Ta có   [A] = [1] + 4S ⇒ [1] = [2] + [3] ⇒ c2 = a2 + b2 .  [B] = [2] + [3] + 4S Chứng minh 2 (Pythagoras, xem [6], trang 29-30). Hình A được chia thành hình ab vuông cạnh c và ba hình tam giác nhỏ bằng nhau có diện tích S = . 2 Hình 1.4. Chứng minh của Pythagoras - Chứng minh 2 Hình B được chia thành hai hình vuông có cạnh lần lượt là a, b và ba hình tam ab giác nhỏ có diện tích S = . 2 Từ đây ta có, diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích hai hình vuông cạnh a và b hay c2 = a2 + b2 . 1.1.3 Chứng minh định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở của Euclid Euclid (330-275 trước Công nguyên) trong cuốn sách Cơ sở nổi tiếng đã trình bày nhiều cách chứng minh định lý Pythagoras và định lý Pythagoras đảo. Chứng minh 3 (Euclid, xem [5], trang 32-45, xem [6], trang 36-41). Xét ∆DJI và ∆AJG có IJ = JG, d d = AJG, DJI JD = JA nên ∆DJI = ∆AJG (c.g.c). (1.1) 9 Hình 1.5. Cối xay gió của Euclid Ta có IJ.d(D; IJ) IJ.JG SIJGH = = ⇒ SIJGH = 2S∆IJD , 2 2 2 JA.d(G; JA) JA.BA SABKJ = = ⇒ SABKJ = 2S∆GJA . S∆GJA = 2 2 2 S∆IJD = (1.2) (1.3) Từ (1.1), (1.2) và (1.3) suy ra SHGJI = SKBAJ . Tương tự ta có SGDEF = SBCDK . Do đó SHGJI + SGDFE = SKBAJ + SBCDK = SACDJ . Suy ra JG2 + GD2 = JD2 , hay a2 + b2 = c2 . Chứng minh 4 (Euclid, xem [6], trang 42-44). Giả sử một tam giác có độ dài ba cạnh thỏa mãn a2 + b2 = c2 . Hình 1.6. Chứng minh định lý Pythagoras đảo của Euclid 10 Ta tạo một đoạn thẳng vuông góc với cạnh a và có độ dài b0 = b. Dựng tam giác vuông với hai cạnh a và b0 . Khi đó cạnh huyền x sẽ có độ dài x2 = a2 + b2 = c2 . Do đó x = c. Như vậy tam giác mới tạo sẽ bằng tam giác ban đầu theo cạnh-cạnh-cạnh; có nghĩa là góc γ của tam giác ban đầu có giá trị bằng góc 90◦ của tam giác mới. Định lý Pythagoras ngược đã được chứng minh. Hình 1.7. Chứng minh định lý Pythagoras đảo của Euclid Chứng minh định lý Pythagoras đảo trên đây là một cách chứng minh đặc biệt hiếm gặp: Thông thường với lối chứng minh đảo ta dễ rơi vào ngộ nhận nhưng ở cách chứng minh này, lời giải được đưa ra một cách tự nhiên và hợp lí, nhanh chóng đưa đến kết quả. Đồng thời, thay đổi cách nhìn của người đọc về lối chứng minh đảo: không hề khó mà lại rất thú vị khi chúng ta nhìn nhận đúng vấn đề cần chứng minh. 1.1.4 Ghép hình vuông của Lưu Huy và Archimedus Chứng minh 5 (Lưu Huy, khoảng năm 275 TCN). Chứng minh của Lưu Huy thuộc loại chứng minh bằng xếp hình. Hai hình vuông nhỏ có thể được chia ra để xếp vào hình vuông lớn hơn. Vậy Lưu Huy đã nghĩ như thế nào để đưa đến ý tưởng xếp hình này? Tại sao ông lại sử dụng hai tam giác có góc tù với các cạnh không bằng nhau? Thêm nữa, tại sao Lưu Huy lại chia ba hình vuông thành 14 mảnh thay vì 20 mảnh? Câu trả lời có lẽ bắt nguồn từ Archimedes (287 - 212 trước Công nguyên), một trong ba nhà toán học vĩ đại nhất của Hy Lạp cổ đại. Trò chơi Stomachion còn được biết đến với cái tên hình vuông của Archimedes. Trong trò chơi này, một lưới hình vuông 12 × 12 được cắt thành 14 mảnh đa giác 11 Hình 1.8. Các hình vuông nhỏ được chia thành các mảnh và xếp vào trong hình vuông lớn trong đó mỗi mảnh có một diện tích nguyên dương. Mỗi mảnh được đánh hai số. Số thứ nhất là số thứ tự của mảnh và số thứ hai là diện tích của nó (Hình 1.9). Người chơi có thể dùng các mảnh để tạo thành các hình thù khác nhau, hoặc thử xếp lại hình vuông từ các mảnh đã được xáo trộn. Có nhiều khả năng bài toán Stomachion đã theo con đường tơ lụa đến với Lưu Huy và gợi ý cho chứng minh của ông. Hình 1.9. Trò chơi Stomachion Phương pháp của Lưu Huy là một phương pháp rất đặc biệt với việc sử dụng tam giác tù. Thông thường các cách chứng minh định lý Pythagoras hay sử dụng tam giác vuông, bởi việc tận dụng các tam giác vuông khi cắt ghép hình sẽ dễ dàng hơn trong việc xây dựng nên một hình vuông mới. Tuy vậy, Lưu Huy đã khéo léo sử dụng chúng để xây dựng lên công thức cần chứng minh. Đây là một hướng đi rất 12 độc đáo để chứng minh định lý. 1.1.5 Biến đổi ghế cô dâu của Kurrah Chứng minh 6 (Kurrah, 836 - 901, xem [6], trang 49-52). Kurrah (836-901) đã chứng minh định lý Pythagoras bằng cách biến đổi hình vuông, có tên là biến đổi ghế cô dâu (transforms the bride’s chair), như trong Hình 1.10. Hình 1.10. Chiếc ghế của cô dâu Quá trình tiến hành chứng minh này tương đối đơn giản nhưng thể hiện hiểu biết sâu sắc của Kurrah về cấu trúc hình học Pythagoras căn bản (hình bên trái). Bốn mảnh của cấu trúc cơ bản này được tháo rời ra và sắp xếp lại như trong hình bên phải. Đặt hai hình vuông nhỏ cạnh nhau sẽ tạo thành một hình mới được gọi là “chiếc ghế của cô dâu”. Sau khi sắp đặt như vậy, một bài toán xếp hình đã xuất hiện - hai hình vuông nhỏ cần được xếp vào một hình vuông lớn. Ông đã giải quyết vấn đề này bằng việc cắt hình sau đó sử dụng phép biến hình. Ý tưởng của ông được biểu diễn trong Hình 1.11. Kurrah đã dùng hình tam giác vuông ban đầu để cắt hai miếng ra từ hình chiếc ghế. Sau đó, bằng một loạt phép quay nối tiếp nhau, hai hình vuông nhỏ có thể được xếp vào trong hình vuông lớn (Hình 1.12). Trong phương pháp này, phép biến hình, đặc biệt là phép quay đã được tận dụng triệt để. Kurrah đã sử dụng tam giác vuông được tạo lên từ ba cạnh của ba hình vuông làm ‘khuôn’ cắt hình, từ đó xây dựng lên hình vuông mới. Cách chứng minh đơn 13 Hình 1.11. Xếp chiếc ghế tân nương vào hình vuông lớn Hình 1.12. Các phép quay 90◦ độ nối tiếp nhau (P là kí hiệu trục quay cố định) giản này đã khẳng định óc quan sát và khả năng vận dụng cấu trúc hình học của ông. Chứng minh 7 (Kurrah, 836 - 901, xem [4], Proof 24). Chứng minh này là biến thể của Chứng minh 6. Xét Hình 1.13, ta có ∆ABC, ∆FLC, ∆FMC, ∆BED, ∆BED, ∆AGH, ∆FGE đều bằng nhau. Mặt khác, ta có SABDFH = AC2 + BC2 + S∆ABC + S∆FMC + S∆FLC , SABDFH = AB2 + S∆BED + S∆FGE + S∆AGH . Suy ra AC2 + BC2 + S∆ABC + S∆FMC + S∆FLC = AB2 + S∆BED + S∆FGE + S∆AGH . 14 Hình 1.13. Chứng minh thứ hai của Ibn Kurrah Từ đây ta có AC2 + BC2 = AB2 . 1.1.6 Chứng minh của Bhaskara Chứng minh 8 (Bhaskara, Ấn Độ, xem [6], trang 53-54). Hình 1.14. Chứng minh của Bhaskara Đầu tiên, ta có một hình vuông cạnh (a + b). Ta có thể chia các cạnh này thành các đoạn độ dài a và b như trong hình. Khi đó ta được bốn hình chữ nhật (cạnh a và b) cùng một hình thừa ra. Đây là một hình vuông diện tích (a − b)2 (giả sử a > b). Cắt đôi các hình chữ nhật và ghép với hình vuông nhỏ này, ta sẽ được một hình vuông mới cạnh là c (Hình 1.15). Xét hình vuông mới này. Diện tích của nó là c2 . Đồng thời diện tích này cũng bằng 15 Hình 1.15. Hình vuông mới tổng diện tích của hình vuông nhỏ và bốn tam giác. Khi đó   1 c2 = (a − b)2 + 4 ab 2 hay là c2 = a2 + b2 . 1.2 Một số chứng minh hình học khác Chứng minh 9 (Leonardo da Vinci (1452-1519), Italy, xem [7], trang 104.). Từ ∆AKE vuông tại K, dựng các hình vuông EFGK, AKHI, ABDE về phía các cạnh có độ dài a và b và cạnh huyền c. Hình 1.16. Ta có ∆BCD bằng tam giác ban đầu nhưng đã được quay góc 180◦ . Khi đó ta có hình lục giác ABCDEK được chia đôi bởi KC. Nối G với H, ta được lục giác AEFGHI được chia đôi bởi IF. 16 Ta có ∆AKE và ∆AKG đối xứng nhau qua IF nên I, K và F thẳng hàng. Hai tứ giác KABC và IAEF bằng nhau nên chúng có cùng diện tích. Để thể hiện điều đó, ta quay tứ giác KABC ngược lại một góc 90◦ quanh điểm A. Do AK ⊥ AI, AB ⊥ AE d = 90◦ + KAE d và ABC d = 90◦ + DBC d = AEF. d Khi đó [ = KAB và BC ⊥ EF nên IAE tứ giác KABC trùng với tứ giác IAEF dẫn đến diện tích hai tứ giác bằng nhau. Từ đó dẫn đến hai lục giác ABCDEK và AEFGHI có diện tích bằng nhau. Mặt khác ta lại có SABCDEK = SABDE + SAKE + SBCD , SAEFGHI = SAKHI + SGHK + SAKE + SGKEF , ab SAKE = SGHK = SBCD = . 2 Suy ra SADBE = SAKHI + SGKEF . Tức là c2 = b2 + a2 . Chứng minh 10 (Adrian Marie Legendre, 1752-1833, Pháp, xem [6], trang 58). Hình 1.17. Biểu đồ của Legendre Legendre nhận thấy rằng hai tam giác vuông hình thành khi cắt tam giác vuông ban đầu bằng đường cao hạ xuống cạnh huyền là đồng dạng với tam giác này. Khi đó, chỉ cần sử dụng một ít đại số là đã có thể chứng minh được định lý Pythagoras. Từ các tam giác đồng dạng ta có x a = a c y b = b c suy ra suy ra a2 , c b2 y= . c x= (1.4) (1.5) Lại có x + y = c. Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra a2 b2 + = c, c c tức là a2 + b2 = c2 . (1.6) 17 Phương pháp mở đầu cho việc áp dụng định lý Thales cho tam giác đồng dạng. Với kỹ thuật hạ đường cao xuống cạnh huyền quen thuộc, Legendre đã đưa ra một hướng tư duy mới để chứng minh định lý Pythagoras chỉ qua vài phép biến đổi đơn giản. Chứng minh 11 (Alvin Knoerr, 1924, xem [6], trang 56-60). Dựng ∆AEC với độ dài các cạnh là a, b, và c. Sau đó, dựng đường tròn (C, b). Tiếp theo, dựng ∆BED với cạnh huyền độ dài 2b. Điểm E cũng nằm trên đường tròn này nên ∆BED là tam giác vuông. Hình 1.18. d =B d − BEC d =B d Suy ra AEB d = CED. [ [ [ Ta có AEC ED = 90◦ nên AEC ED − BEC. d = CDE. [ = CDE, [ do ∆CED cân nên AEB [ Do đó ta có ∆AEB ∼ ∆ADE Mà CED (g.g) nên AE AB = . AD AE Từ đây a c−b = nên c+b a hay là a2 = c2 − b2 . Vậy a2 + b2 = c2 . a2 = (c + b) (c − b) , Cách chứng minh này không có gì đặc biệt ở phần lời: sử dụng phép cộng trừ góc, cạnh đơn giản và xét cặp tam giác đồng dạng khá dễ hiểu. Tuy nhiên, phần hình lại tương đối khó để tư duy. Cách dựng hình độc đáo song lại có phần không tự nhiên và khó để có thể áp dụng lại. Chứng minh 12 (Henry Perigal, xem [6] trang 61-62). Chứng minh này được minh họa đầy đủ hơn trong Hình 1.20. Các kí tự đại số đã được thêm vào để bạn đọc có thể rõ hơn. 18 Hình 1.19. Tấm bia mộ Henry Perigal Hình 1.20. Chứng minh của Perigal Ý tưởng trung tâm của chứng minh của Perigal là việc tám tứ giác được dựng trong hình đều bằng nhau. Diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích của hình vuông cạnh b và diện tích bốn tứ giác. Diện tích hình vuông cạnh a bằng tổng diện tích bốn tứ giác. Do đó, ta có thể đưa đến c2 = a2 + b2 . Chứng minh 13 (J.A. Garfield, Tổng thống Mỹ, 1876, xem [5], trang 106-107). Diện tích hình thang bằng (a + b)(a + b) . 2 Mặt khác, diện tích hình thang bằng tổng diện tích của ba tam giác. Do đó (a + b) (a + b) ab ab c2 = + + . 2 2 2 2 19 Hình 1.21. Chứng minh của J.A. Garfield Vậy c2 = a2 + b2 . Đây là một chứng minh thú vị khác với ứng dụng hình thang vuông. Tác giả chỉ sử dụng ba tam giác vuông đơn giản để ghép thành hình thang, từ đó vận dụng công thức tính diện tích để xây dựng lên định lý Pythagoras cần chứng minh. Đây có thể coi là cách chứng minh bằng lời ngắn gọn nhất, không hề cầu kì phức tạp nhưng lại mang đến cho người đọc cảm giác hứng thú, từ đó trở thành nền tảng cho sự sáng tạo các cách dựng hình khác. Chứng minh 14 (Anna Condit, 1983, xem [5], trang 106). Hình 1.22. Chứng minh của Anna Condit Xét tam giác ABC. Kẻ các hình vuông ACDE, BCFG và ABHI. Sau đó nối D và F (Hình 1.22). Đường thẳng CP là đường trung tuyến ứng với cạnh AB. Kéo dài cạnh 20 CP cắt DF ở điểm R.   AB d = 90◦ , tam giác ABC nội tiếp đường tròn P; Do ACB nên suy ra 2 AP = PC = AB . 2 Ta có ∆ABC = ∆DFC (c.g.c) nên suy ra d = CDF [ = α. BAC d = CAP d = α, tức là DCR d = 90◦ − α. Tam giác ACP cân tại P suy ra ACP d + CDR d = 90o nên PR⊥DF. Từ P kẻ PM, PN và PL đến các trung Ta có DCR điểm tương ứng của ED, FG và HI ta được PM k AE, PN k BG và PL k AI. Ta có S∆PFC = mà FN = FC.FN 2 FG FC = nên 2 2 S∆PFC = FC2 1 = SBCFG . 4 4 Tương tự 1 1 S∆PDC = SACDE và S∆PAI = SABHI . 4 4 Do diện tích các tam giác có đáy bằng nhau thì tỉ lệ với đường cao, ta có S∆PDC + S∆PFC DR + RF DF AB = = = =1 S∆PAI AI AI AB suy ra 1 1 SACDE + SBCFG 4 4 = 1. 1 SABHI 4 Điều này kéo theo SACDE + SBCFG = SABHI . Vậy, AC2 + BC2 = AB2 . Hình vẽ trong cách chứng minh này khá phức tạp song gợi nhắc cho chúng ta đến cách Chứng minh 3: vẽ thêm các hình vuông với độ dài cạnh lần lượt là độ dài các cạnh tam giác. Một lần nữa các tính chất đặc biệt của hình vuông được sử dụng.