Luận văn Một số chứng minh định lý Pythagoras

ểm E và H lần lượt là trung điểm của BC và AC. Khi đó EO =CH. Ta có ∆CEF ∼ ∆DEB (g.g) nên ta có CE DE = EF EB suy ra CE.EB= DE.EF, 26 mà CE = EB= a 2 , DE = OD−OE = c 2 − b 2 , EF = OF+OE = c 2 + b 2 nên (a 2 )2 = ( c 2 − b 2 )( c 2 + b 2 ) ⇒ a2 = c2−b2. Vậy a2+b2 = c2. Chứng minh 22 (John Molokach, xem [4], Proof #87). Xét tam giác vuông có cạnh góc vuông a và b, cạnh huyền c. Vẽ ra phía ngoài của tam giác ba hình vuông có diện tích a2, b2 và c2. Khi đó, ta được chiếc ghế cô dâu (the bride’s chair). Hình bên trái, chiếc ghế cô dâu (the bride’s chair) được đặt vào trong một hình chữ nhật có kích thước 2b+a và 2a+b. Hình 1.30. Diện tích hình chữ nhật bằng (2b+a)(2a+b) = 2a2+5ab+2b2. Để chứng minh định lý, John di chuyển một trong những tam giác như hình bên phải. Bốn hình bên phải xuất hiện ba hình vuông và ba hình thang. Ba hình thang có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi hình bằng 3ab 2 . Ta có 2a2+5ab+2b2 = a2+b2+ c2+3. 3ab 2 + ab 2 . Vậy a2+b2 = c2. 27 Sự tinh tế trong cách phân chia hình chữ nhật cạnh (2a+b) thành các hình vuông cạnh a, b, c đồng thời chuyển hình tạo các hình thang vuông đã làm cách chứng minh trở nên dễ dàng. Ta bắt gặp hình thang vuông trong rất nhiều cách chứng minh và trường hợp này cũng không ngoại lệ: ba hình thang vuông khác nhau song lại có diện tích bằng nhau. Đây là điều cần lưu ý bởi trên hình vẽ nếu chỉ quan sát đơn thuần thường khó để dự đoán chúng có diện tích bằng nhau. Bước cuối cùng của chứng minh cũng là bước đã rất quen thuộc là diện tích một hình bằng tổng diện tích nhiều hình khác. Chứng minh 23 (xem [4], Proof 89). Hình 1.31. Chứng minh dựa trên sự phân chia hình bình hành Dựa vào hình vẽ tam giác đánh số 1 có cạnh góc vuông a, b, cạnh huyền c; tam giác đánh số 2 có cạnh góc vuông x, y, cạnh huyền b. Hai tam giác đồng dạng nên ta có x= ab c , y= b2 c . (1.7) Diện tích hình bình hành có thể đánh giá trực tiếp bằng (a+ c)b hoặc qua tổng các diện tích thành phần: bốn hình tam giác có diện tích 4 · a b ; hai hình tam giác có diện tích 2 · xy 2 và hình chữ nhật ở giữa (có kích thước b− x và y−a). Ta có (a+ c)b= 4. ab 2 +2. xy 2 +(b− x)(y−a) = 2ab+ xy+(b− x)(y−a) = ab+by+ xa. (1.8) Thay (1.7) vào (1.8) ta có ab+by+ xa= ab+ b3 c + a2b c = b ( ac+b2+a2 ) c . 28 hay (a+ c)b= b ( ac+b2+a2 ) c suy ra (a+ c)c= ac+b2+a2. Vậy c2 = a2+b2. Đây tiếp tục là một cách chứng minh với cơ sở nền tảng là biểu thức diện tích hình to bằng tổng diện tích các hình bé. Trong lời giải này đối với hình bình hành, một hình không có quá nhiều tính chất đặc biệt, sự phân chia đầy màu sắc này đã làm cho nó trở nên đặc biệt hơn. Lời giải thì có vẻ phức tạp nhưng thực tế các bước chứng minh lại là một trình tự khá logic và dễ tư duy cho người đọc ngay khi vừa mới nhìn hình vẽ. Chứng minh 24 (Bui Quang Tuan, xem [4], Proof 95). Xét ∆ABC vuông tại C có BC = a, AC = b, AB= c; đường tròn tâm O đường kính AB và giả sử b≤ a. LấyM thuộc BC như trên hình vẽ sao choCM =CA. Gọi N là giao điểm của AC và BD. Giao điểm của MA với đường tròn gọi làC. Mà lại có b≤ a nên D nằm trên nửa đường tròn không chứa C. Từ đó ∆ABD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB nên ∆ABD vuông tại D, suy raMD⊥ BN. Mặt khác ∆BMN có NC⊥MB và NC giao MD tại A nên A là trực tâm ∆BMN. Suy ra AB⊥MN. Hình 1.32. Ta có S∆BMN = S∆MNA+S∆CNB+S∆CMA hay S∆BMN−S∆MNA = S∆CNB+S∆CMA. Suy ra AB.MN 2 = a2 2 + b2 2 . (1.9) 29 Ta lại có ∆MCN = ∆ACB (do có gócC vuông,CA=CM, góc B và góc N bằng nhau do cùng phụ N̂MC) nên MN = b= c. Thay vào (1.9) ta có c2 2 = a2 2 + b2 2 . Vậy c2 = a2+b2. Đây là cách chứng minh sử dụng cách vẽ thêm hình phụ thông dụng thường thấy trong nhiều bài toán chứng minh hình học liên quan đến hình tròn. Điểm lưu ý ở cách chứng minh này chỉ là việc biến đổi cộng trừ một cách tinh tế các biểu thức diện tích để tránh phức tạp, tránh đi đường vòng làm dài cách chứng minh. Chứng minh 25 (Edgardo Alandete, xem [4], Proof 97). Đây là chứng minh “không có chữ”. Hình 1.33. 30 Hình 1.34. Chứng minh 26 (xem [4], Proof 105). Xét ∆ABC vuông tại C với BC = a, AC = b, AB = c. Lấy A′, B′ lần lượt là điểm đối xứng của C qua A và B. Khi đó AB ‖ A′B′. Do O là tâm đường tròn nên A, B và O thẳng hàng và O là trung điểm của AB. Gọi giao điểm củaCO với đường tròn làC′. Hình 1.35. Ta có CO CC′ = CA CA′ = CB CB′ (vì cùng bằng 1 2 ) 31 nên A′, B′ và C′ thẳng hàng. Đường thẳng A′B′ cắt đường tròn tại giao điểm thứ hai là D như hình vẽ. Khi đó ta có A′C = 2b, B′C = 2a, A′B′ = 2c, A′C′ = B′C′ = c. Giả sử a> b như hình vẽ. Với A′C và A′B′ cắt đường tròn tại các điểm như hình vẽ ta có: ∆A′AD∼ ∆A′C′C g.g suy ra A ′A A′C′ = A′D A′C ⇒ A′A.A′C = A′D.A′C′. hay là 2a2 = ( c−DC′)c. (1.10) Hình 1.36. Ta có ∆B′BD∼ ∆B′C′C (g.g) nên B′B B′C′ = B′D B′C ⇒ B′B.B′C = B′D.B′C′. hay 2b2 = ( c+DC′ ) .c. (1.11) Cộng vế với vế của (1.10) và (1.11) ta được 2a2+2b2 = 2c2, hay a2+b2 = c2. Chứng minh 27 (Tran Quang Hung, xem [4], Proof 107). Xét tam giác ∆ABC có AD, BE,CF là các đường cao. Ở phía ngoài ∆ABC vẽ ∆BCX , ∆CEY, ∆BFZ là các tam giác đều. 32 Hình 1.37. Vẽ đường tròn đường kính AB, AC (Hình 1.37). Do AD,CF, BE lần lượt vuông góc với BC, AB, AC nên F, D thuộc đường tròn đường kính AC; E, D thuộc đường tròn đường kính AB. Khi đó ta cóCD.CB=CE.CA và BC.BD= BF.BA. Các tam giác ∆BCX , ∆BFZ, ∆CEY đều nên S∆BCX = √ 3 4 BC2 hay 4√ 3 S∆BCX = BC2. Suy ra 4√ 3 S∆BCX = BC.(BD+DC) = BD.BC+DC.BC = BF.BA+CE.CA= 2√ 3 d (Z; AB) .AB+ 2√ 3 d (Y ; AC) .AC = 2√ 3 (2S∆ACY +2S∆ABZ) = 4√ 3 (S∆ACY +S∆ABZ) . Suy ra S∆BCX = S∆ACY +S∆ABZ. (1.12) Khi góc A vuông ta có E, F trùng A và S∆BCX = √ 3 4 BC2, S∆ACY = √ 3 4 AC2, S∆ABZ = √ 3 4 AB2. (1.13) Từ (1.12) và (1.13) ta được BC2 = AC2+AB2. Cách chứng minh mà nếu chỉ nhìn hình vẽ sẽ cảm thấy chán nản vì nó tương đối cồng kềnh. Tuy nhiên đây lại là cách chứng minh dựng thêm hình phụ đơn giản sử 33 dụng các tam giác đều và các đường tròn. Với các hình có nhiều tính chất đặc biệt thì lại càng lợi thế trong việc để chứng minh. Và cụ thể ở cách này, trước là việc tính toán diện tích các tam giác đều sau là đặc biệt hóa vị trí các điểm và cốt lõi vẫn dựa trên biểu thức diện tích để đi đến chứng minh. Tran Quang Hung còn đưa ra một cách chứng minh khá tổng quát (xem [4], Proof 115) Nhận xét 1.2.1. Tam giác ABC nội tiếp (O), X là giao điểm của đường phân giác trong B̂AC và đường trung trực của BC. Y, Z thuộc đường phân giác ngoài của B̂AC sao cho OY ‖ AB, OZ ‖ AC. Khi đó ta có S∆ABZ+S∆CAY = SOBXC. Chứng minh. Hình 1.38. Theo cách dựng ta có OA=OB=OC=OX nên ∆AOC, ∆AOB, ∆COX , ∆BOX cân. Đặt B̂AC = α, ÂOY = β , ÂOZ = ρ. Vì OZ ‖ AC, ÂCO= ĈAO, YZ là phân giác ngoài của ∆ABC nên B̂AZ = ĈAY = 90o− α 2 hay ÂYO= 90o− α 2 . Áp dụng Định lý hàm số sin cho tam giác ∆AOY ta có AO sin ( 90o− α 2 ) = AY sinβ ⇒ AO cos α 2 = AY sinβ . (1.14) 34 Xét tam giác AOC cân nên AC = 2AOcosρ. (1.15) Mặt khác, S∆ACY = 1 2 AY.AC sin ( 90o− α 2 ) = 1 2 AY.ACcos α 2 . (1.16) Từ (1.14) , (1.15) và (1.16) ta có S∆ACY = AO2.sinβ cosρ. Tương tự, S∆ABZ = AO2.sinρ cosβ . Ta có α = β +ρ nên S∆ACY +S∆ABZ = AO2 (sinβ cosρ+ sinρ cosβ ) = AO2 sinα. Dựa vào hình vẽ, vì B̂OX = ĈOX = α nên SOBXC = S∆BOX +S∆COX = AO2 sinα 2 + AO2 sinα 2 = AO2 sinα. Suy ra S∆ABZ+S∆CAY = SOBXC. Chứng minh 28 (Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras). Khi B̂AC = 90◦ thì O ∈ BC tứ giác BOCX trở thành tam giác BCX vuông cân tại X , ∆ABZ vuông cân tại Z, ∆ACY vuông cân tại Y . Hình 1.39. Ta có S∆ABZ+S∆CAY = SBXC. 35 suy ra AB2 4 + AC2 4 = BC2 4 hay AB2+AC2 = BC2. Chứng minh 29 (xem [4], Proof 115). Xét (E,r), AD và AD′ là các tiếp tuyến của đường tròn, AE cắt đường tròn tại C. Đường thẳng qua C vuông góc AE cắt AD và AD′ lần lượt tại B và B′. Hình 1.40. Khi đó BD, BC là hai tiếp tuyến của đường tròn xuất phát từ B nên ta có BD=BC= a và các độ dài khác kí hiệu như hình vẽ. Ta có ∆ABC ∼ ∆AED (g.g) nên AC AD = BC ED hay ED AD = BC AC . Suy ra r a+ c = a b ⇒ r = a(a+ c) b . Ta có ∆EBD= ∆EBC (c.g.c) và S∆EBD = S∆EBC = ar 2 . Ta có S∆AED = S∆ABC+S∆EBD+SEBC = S∆ABC+2SEBC. Suy ra r (a+ c) 2 = 2. ar 2 + ab 2 ⇒ r (c−a) = ab. 36 Thay r = a(c+a) b ta có a(c+a)(c−a) b = ab⇒ c2−a2 = b2. Vậy c2 = a2+b2. Nhận xét 1.2.2. Ngoài các cách chứng minh trên, ta còn có các cách chứng minh hình học khác trong tài liệu [4], đó là các cách 1, 2, 7, 9, 10, 12, 14-17, 23, 26-28, 35-37, 68-69, 72, 75, 78, 94, 96, 99, 104, 106, 117. 37 Chương 2 Các chứng minh đại số và lượng giác của định lý Pythagoras 2.1 Các chứng minh đại số của định lý Pythagoras Chứng minh 30 (Bhaskara, Ấn Độ, thế kỷ XII, xem [4], Proof 3). Xét bốn tam giác bằng nhau. Lần lượt quay tam giác đầu tiên một góc 90◦, 180◦, 270◦ ta được tam giác thứ 2, 3, 4 (Hình 2.1). Mỗi tam giác có diện tích ab 2 . Xếp chúng lại như Hình 2.2 ta được hình vuông cạnh c. Hình 2.1. Chứng minh của Bhaskara (a) Hình 2.2. Chứng minh của Bhaskara (b) Hình vuông bên trong có cạnh a− b diện tích (a− b)2. Diện tích bốn tam giác là 2ab, còn diện tích hình vuông lớn là c2. Vậy ta có c2 = 2ab+(a−b)2 = 2ab+a2−2ab+b2. 38 Như vậy, c2 = a2+b2. Chứng minh 31 (Mathematics Magazine, 33, March 1950, p. 210). Xét ∆ABC vuông tại A đường cao AD. Ta có ∆ABC ∼ ∆DBA(g.g)⇒ AB BD = BC BA ⇔ AB2 = BC.DB, ∆ABC ∼ ∆DAC(g.g)⇒ AC DC = BC AC ⇔ AC2 = BC.DC. Hình 2.3. Cộng vế tương ứng ta có AB2+AC2 = BC.BD+BC.DC = BC.(BD+DC) = BC2. Chứng minh trên có thể được viết lại như sau. Gọi BD= x,AC= c,AC= b,BC= a. Khi ấy AC2 = BD.(BC−BD), AB2 = BC.DB. Hay là b2 = a(a− x),c2 = ax. Vậy b2+ c2 = a(x+(a− x)), tức là b2+ c2 = a2. Chứng minh 32 (xem [4], Proof 19). Chứng minh 32 là biến thể của Chứng minh 31. Trên cạnh BA dựng tam giác vuông ADB đồng dạng với tam giác vuông ABC. Ta có ∆ADB∼ ∆ABC (g.g). Suy ra AD AB = AB AC tức là AD= AB2 AC , BD BC = AB AC tức là BD= AB.BC AC . 39 Hình 2.4. Ta có S∆ABD+S∆ABC = S∆DBC suy ra 1 2 .AB.AD+ 1 2 AB.AC = 1 2 .BD.BC. Thay các kết quả trên vào ta có AB. AB2 AC +AB.AC = AB.BC AC .BC. Chia cả hai vế cho AB AC ta được AB2+AC2 = BC2. Chứng minh 33 (xem [4], Proof 20). Xét ∆ABC′, ∆BCA′, ∆ACB′ đồng dạng với ∆ABC như trong Hình 2.5. Hình 2.5. Ta có ∆ABC′ ∼ ∆BCA⇒ AB BC = BC′ CA ⇒ BC′ = AC.AB BC ∆ACB′ ∼ ∆BCA⇒ B ′C AC = AC BC ⇒ B′C = AC 2 BC . 40 Qua hình vẽ, ta có ∆ABC = ∆A′CB và ∆ABB′ = ∆ABC′. nên S∆ABC+S∆AB′C = S∆ABC′⇒ 1 2 AC.BC+ 1 2 B′C.AC = 1 2 BC′.AB ⇒ AC.BC+ AC 2 BC .AC = AC.AB BC .AB. Chia cả hai vế cho AC BC ta được BC2+AC2 = AB2. Chứng minh 34 (xem [4], Proof 31). Xét ∆ABC vuông. Đặt BC = a, AC = b và AB= c. Hình 2.6. Hình vẽ của Chứng minh 34 Dựng các hình vuông cạnh AC và BC như trên Hình 2.6. Khi đó ∆ABC = ∆PQC (c.g.c) nên Q̂PC = B̂AC. Gọi M là trung điểm cạnh AB, giao điểm của MC và PQ là M. Ta có ∆ABC vuông tại C, có M là trung điểm AB nên AM =MB =MC. Thêm nữa, ∆CMB cân tại M (vì MB=MC) suy ra M̂BC = M̂CB. Mặt khác ta cũng có P̂CR= M̂CB và Q̂PC = B̂AC. Ta có P̂RC = P̂CR+ Q̂PC = B̂AC+ M̂BC = 90◦⇒MR⊥ PQ. 41 Ta cũng có d(M;BC) = AC 2 = b 2 , S∆MCP = 1 2 d(M;BC).PC = 1 2 . b 2 .b= b2 4 , S∆MPC = 1 2 .CM.PR= c 4 .PR. Tương tự ta có S∆MCQ = a2 4 và S∆MCQ = c 4 .RQ. Cộng lại ta có a2 4 + b2 4 = c 4 .PR+ c 4 .RQ= c 4 .PQ= c 4 .c. Suy ra a2 4 + b2 4 = c2 4 . Như vậy a2+b2 = c2. Hình vẽ trong cách chứng minh này sẽ giống hình vẽ trong cách Chứng minh 14 nếu hình vẽ cách Chứng minh 14 bỏ đi hình vuông to nhất. Cách chứng minh này vẫn bám theo lối tư duy sử dụng biểu thức về diện tích, chỉ khác về việc lựa chọn sao cho hợp lí các tam giác để được kết quả nhanh nhất.Vì vậy, đây chỉ được tính là một biến thể chứ không thể coi là một sự sáng tạo mới mẻ. Chứng minh 35 (Michelle Watkins, 1997/98). Giả sử ∆ABC và ∆DFE là hai tam vuông bằng nhau sao cho B ∈ DE và A, F ,C, E thẳng hàng. Suy ra AB⊥ DE. Hình 2.7. 42 Đặt BC = FE = a, AC = DF = b, AB= DE = c. Ta có ∆BCE ∼ ∆DFE (g.g) nên CE FE = BC DF hay là CE = BC.EF DF = a.a b = a2 b . Ta có AE = AC+CE = b+ a2 b = a2+b2 b . Tính diện tích tam giác ADE theo hai cách khác nhau S∆ADE = 1 2 AB.DE = c2 2 , S∆ADE = 1 2 AE.DF = 1 2 .b. a2+b2 b = 1 2 (a2+b2). So sánh kết quả ta có a2+b2 = c2. Phép chứng minh được kết thúc. Chứng minh 36 (Tao Yong, 1994, xem [4], Proof 46). Xét các tam giác vuông bằng nhau ABC và DEB với E ∈ AB. Đặt AC = BD = c,BC = BE = a, DE = AB = b, CF = x. Hình 2.8. Ta có ∆BFC ∼ ∆ABC (g.g) nên BC AC = CF BC . Từ đây suy ra x=CF = BC2 AC = a2 c . Ta có S∆ABD = 1 2 DE.AB= 1 2 AF.BD suy ra b2 2 = c.(c− x) 2 = c.(c− a 2 c ) 2 . Tức là, b2 = c2−a2. Tóm lại, ta có điều cần chứng minh a2+b2 = c2. 43 Chứng minh 37 (John Kawamura, 2005, xem [4], Proof #47). Xét hai tam giác vuông bằng nhau ABC và BDE. Đặt BC = BE = a, AB= DE = b, AC = BD= c. Hình 2.9. Ta có ∆BDE vuông tại E nên ÊBD+ ÊDB= 90◦. Mà B̂AC = ÊDB (vì ∆ABC = ∆DEB) nên ÊBD+ B̂AC = 90◦. Suy ra AC ⊥ BD. Ta có SABCD = 1 2 AC.DB= c2 2 SABCD = S∆BCD+S∆ABD = 1 2 BE.BC+ 1 2 DE.AB= a2 2 + b2 2 . Suy ra a2 2 + b2 2 = c2 2 Tức là, a2+b2 = c2. Chứng minh 38 (W. J. Dobbs (1915-1916), xem [4], Proof #48). Xét hai tam giác vuông bằng nhau ABC và DEA. Lấy E ∈ AB. Đặt AE = BC = a, AB = AD = b, AC = DE = c. Tương tự Chứng minh 37, ta có AC ⊥ DE. Ta có SAECD = S∆AED+S∆DCE = 1 2 AC.DE = c2 2 ; 44 Hình 2.10. SABCD = SAECD+S∆BCE = c2 2 + 1 2 BE.BC = c2 2 + a(b−a) 2 = c2+ab−a2 2 . Mặt khác SABCD = (AD+BC).AB 2 = (a+b).b 2 = ab+b2 2 . Suy ra c2+ab−a2 2 = ab+b2 2 . Vậy a2+b2 = c2. Bốn cách Chứng minh 35, 36, 37 và 38 nếu quan sát kĩ ta thấy chúng có vẻ trùng nhau về mặt ý tưởng hình vẽ và mục tiêu hướng đến. Cái khác ở đây chỉ là cách lựa chọn cặp tam giác đồng dạng (Chứng minh 35, 36) hay hình có diện tích cần phân tách (Chứng minh 37, 38) và biến đổi khác nhau trong quá trình tính toán. Bốn cách chứng minh này có tính tương đồng cao nên có thể coi là sự mở rộng lẫn nhau mặc dù không phải thuộc cùng một tác giả. Chứng minh 39 (xem [4], Proof 49). Vẽ một hình vuông ABMD tựa trên hai cạnh AB và AD của hai tam giác ABC và DEA. Đặt AE = BC = a, AB= AD= b, AC = DE = c. Ta có SABMD = b2 và SADMB = SAECD+S∆CMD+S∆BCE = AC.DE 2 + DM.CM 2 + BE.BC 2 = c2 2 + b(b−a) 2 + a(b−a) 2 = c2 2 + b2 2 − a 2 2 45 Hình 2.11 (a) Hình 2.11 (b) Suy ra b2 = c2 2 + b2 2 − a 2 2 hay a2+b2 = c2. Nhận xét 2.1.1 (Douglas Rogers). Dựng hình vuông BCEG. Ta có (Hình 2.11 (b)) SABCD = AC.DE 2 = c2 2 . Ta có SABCD = SEBCG+S∆CDG+S∆ADE = BC.BE+ GC.GD 2 + AE.ED 2 = a2+ a.(b−a) 2 + b(b−a) 2 = a2 2 + b2 2 . Suy ra a2 2 + b2 2 = c2 2 hay a2+b2 = c2. Chứng minh 40 (W.J. Dobbs (1913-1914), xem [4], Proof #51). Hình 2.12. Hình vẽ của Chứng minh 40 Hình tam giác có thể xoay 90◦ xung quanh một trong các góc của nó, như vậy góc giữa hai cạnh huyền trong Hình 2.12 là góc vuông. Trong Hình 2.12, hình vuông có 46 diện tích b2 được chia thành hai tam giác vuông có độ dài các cạnh góc vuông và diện tích lần lượt là c, c và (b−a,b+a), c 2 2 và (a+b)(b−a) 2 . Suy ra b2 = c2 2 + (a+b)(b−a) 2 ⇒ a 2 2 + b2 2 = c2 2 . Vậy a2+b2 = c2. Nhận xét 2.1.2 (J. Elliott). Tính diện tích theo hai cách (Hình 2.13): Hình 2.13. Ta có ab 2 + (b+b−a).b 2 = c2 2 + (a+b)(b−a) 2 suy ra b2 = c2 2 + (a+b)(b−a) 2 . Vậy a2 2 + b2 2 = c2 2 tức là a2+b2 = c2. Ta cũng nhận được điều phải chứng minh. Chứng minh 41 (Học sinh Trung học Jamie deLemos, 1995, xem [4], Proof 25). Ghép các tam giác vuông đó như Hình 2.14. Hình 2.14. 47 Một mặt, diện tích hình thang bằng (2a+2b)(a+b) 2 . Mặt khác, diện tích hình thang bằng 2.ab 2 + 2.ab 2 + 2.c2 2 . Vậy (2a+2b)(a+b) 2 = 2.ab 2 + 2.ab 2 + 2c2 2 . Tóm lại, ta có a2+b2 = c2. Đây là một cách chứng minh hay thể hiện sự thông minh trong việc xếp hình, đó là việc nhờ vào các tính chất góc để có các tam giác vuông cân và hình thang cân. Hay đơn giản hơn có thể hiểu hình thang vuông bên phải là sự đối xứng của hình thang vuông bên trái qua đường cao của nó. Lời giải chứng minh là sự trình bày công thức tính diện tích khá dễ hiểu. Chứng minh 42 (Larry Hoehn, xem [4], Proof 53). Kéo dài cạnh AC của ∆ABC vuông một đoạn AD= AB= c (Hình 2.15). Vẽ đường Dx vuông góc vớiCD. Đường phân giác trong của B̂AD cắt Dx tại E. Kẻ EF ⊥ BC cắt BC tại F , ∆ABE và ∆ADE có AE là cạnh chung, ÊAB= ÊAD Hình 2.15. Ta có AB= AD= c (cách vẽ). Suy ra ∆ABE = ∆ADE(c.g.c)⇒ ÊBA= ÊDA= 90◦, tức là ∆ABE vuông tại B. Suy ra ÂBC+ ÊBF = 90◦. Vì ÊBF+ F̂EB= 90◦, ÂBC+ B̂AC = 90◦ 48 nên ÂBC = F̂EB, B̂AC = ÊBF . Suy ra ∆ABC ∼ ∆BEF (g.g). Đặt EF = x thì x = EF = CD = b+ c. Đặt BF = u, DE = y thì EB = y do ∆ABE = ∆ADE. Vì ∆ABC ∼ ∆BEF nên FE BC = BF AC = BE AB ⇒ x a = u b = y c ⇒ u= x.b a ,y= x.c a . Suy ra u= (b+ c).b a , y= (b+ c).c a . Mặt khác, y= u+a nên (b+ c)c a = (b+ c)b a +a. Vậy a2+b2 = c2. Cách chứng minh này đơn giản nhưng lại tương đối dài và tính toán cũng nhiều, dùng cả kiến thức về tam giác bằng nhau cũng như tam giác đồng dạng để chứng minh. Hơn nữa việc tạo ra quá nhiều điểm và chứng minh qua nhiều cặp tam giác không phải là một cách làm hay dù có ra được kết quả chứng minh. Tuy nhiên cũng khá đề cao tư duy dựng hình bởi nó có phần gần gũi với nhiều tư duy hơn. Chứng minh 43 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1896, xem [4], Proof 58). Tam giác ∆ABC vuông tại C. Trên BC lấy điểm D sao cho BD = BA. Từ trung điểm E củaCD kẻ đường thẳng vuông góc vớiCD cắt AD tại F . Suy ra EF ‖ AC, FE = AC 2 , FA= FD= AD 2 . Mà CD= BD−BC = AB−BC, BE = BC+ DC 2 = BC+ (AB−BC) 2 = (AB+BC) 2 . Tam giác ABD cân tại B, và F là trung điểm AD, suy ra BF ⊥ AD, từ đây ta có D̂FE = D̂BF (cùng phụ với góc F̂DE). Mà D̂FE = D̂AC (hai góc đồng vị) nên D̂BF = D̂AC. Do ∆ADC ∼ ∆BEF (g.g) ⇒ AC BE = CD EF ⇒ EF.AC =CD.EB. 49 Hình 2.16. suy ra AC 2 ·AC = (AB−BC)(AB+BC) 2 . Vậy ta có AC2+BC2 = AB2. Chứng minh 44 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1896, xem [4], Proof 59). Tam giác ∆ABC vuông tại C. Các cạnh AB = c,AC = b,BC = a là cạnh ngắn nhất. Vẽ đường tròn (C,CB). Gọi D và H là giao của AC với đường tròn, AB cắt đường tròn tại E. VẽCL⊥ AB, L là trung điểm của BE. Hình 2.17. Ta có ∆ABC ∼ ∆CBL vì có góc ĈBL chung, ÂCB= ĈLB= 90◦. Suy ra BL BC = BC AB ⇒ BL= BC 2 AB = a2 c . Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn suy ra ÂDE = ÂBH (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Suy ra ∆ADE ∼ ∆ABH (g.g) ⇒ AD AB = AE AH ⇒ AD.AH = AB.AE. hay (b−a)(b+a) = c(c−2.BL), tức là b2−a2= c2−2c.a 2 c . Vậy ta có a2+b2= c2. 50 Chứng minh 45 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1986, xem [4], Proof 60). Ý tưởng chứng minh này có sự tương tự với cách Chứng minh 44. Hình 2.18. Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Vẽ (C,b). Xét ∆AFB và ∆JKB có ÂBF = K̂BJ (hai góc đối đỉnh) và ĴFA = B̂KJ (cùng chắn cung AJ). Suy ra ∆AFB ∼ ∆JKB (g. g). Suy ra AB BJ = BF BK ⇒ AB.BK = BF.BJ. Hay c.BK = (b−a)(b+a). (2.1) Ta có ∆ACB∼ ∆AKH (g.g) nên AC AK = AB AH suy ra AK = AC.AH AB = 2b2 c . Ta có BK = AK− c= 2b 2− c2 c , thay vào (2.1) ta được c. 2b2− c2 c = (b−a)(b+a) suy ra a2+b2 = c2. Ta có điều cần chứng minh. Nhận xét 2.1.3. Tương tự cách Chứng minh 44 cách chứng minh này cũng không đúng với trường hợp tam giác cân. Hai cách chứng Chứng minh 44 và Chứng minh 45 đều sử dụng những cặp tam giác đồng dạng quen thuộc liên quan đến tứ giác nội tiếp đường tròn, và về ý tưởng sử dụng đường tròn thì hai cách khá giống nhau và đồng thời cùng sai trong trường 51 hợp tam giác cân. Nói chung, hai cách chứng minh này là hai dạng khá tương đương của nhau và chủ yếu nhắc lại về một số tính chất đặc biệt khi có sự liên quan với đường tròn. Chứng minh 46 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, xem [4], Proof 61). Trong cách chứng minh này bán kính đường tròn bằng độ dài đường cao hạ từ C xuống AB. Khác với hai cách Chứng minh 44 và Chứng minh 45, chứng minh này không có trường hợp ngoại lệ. Hình 2.19. Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Xét ∆ADH và ∆AED có Â chung, và ÂDH = ÂED (bằng một nửa số đo cung HD). Vậy ∆ADH ∼ ∆AED (g.g), suy ra AD AE = AH AD . Từ đây AD2 = AH.AE.= (AC−HC)(AC+AE) = AC2−HC.CE = b2−CD2. Tương tự ta có BD2 = BK.BL= a2−CD2. Ta lại có AD.BD=CD2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông). Suy ra 2.AD.BD= 2.CD2. Khi đó AD2+BD2 = a2+b2−2.CD2. Suy ra (AD+BD)2 = a2+b2. Vậy a2+b2 = c2 . 52 Hình 2.20. Chứng minh 47 (Sina Shiehyan, 14 tuổi, Iran, xem [4], Proof 67). Hạ AP và BK lần lượt vuông góc với đường thẳng d, với d ⊥ OC. Khi đó ta cóC là trung điểm PK. Ta có S∆ACP+SBCK = CP.AP 2 + CK.BK 2 =CP. (AP+BK) 2 = PK 2 . (AP+BK) 2 = SABKP 2 . Suy ra S∆ABC = SABKP− (S∆ACP+SBCK) = SABKP2 ⇒ S∆ACP+SBCK = S∆ABC. Ta có ∆CPA và ∆BAC có P̂CA= ĈBA (bằng một nửa số đo cung AC) và ĈPA= B̂CA= 90◦. Suy ra ∆CAP∼ ∆BAC (g.g). Vậy ta có AP AC = CA BA = CP BC ⇒ AP b = b c = CP a . Suy ra AP= b2 c , CP= ab c ,=⇒ S∆ACP = AP ·CP2 ,= b2ab 2cc = ab3 2c2 . Tương tự ta có S∆BCK = BK.CK 2 = a3b 2c2 . Mà S∆ABC= ab 2 nên a3b 2c2 + ab3 2c2 = ab 2 , suy ra a3b+ab3= abc2. Như vậy c2= a2+b2. 53 Cách chứng minh này sử dụng cách vẽ thêm hình khá đơn giản và thông dụng trong một số bài toán liên quan với đường tròn: tam giác nội tiếp đường tròn, từ hai đỉnh lần lượt kẻ các đường vuông góc với tiếp tuyến đi qua đỉnh còn lại. Trong cách chứng minh này, nhờ cách kẻ thêm hình phụ đó, bài toán trở nên dễ dàng trong tính toán diện tích và chứng minh tam giác đồng dạng. Chứng minh 48 (xem [4], Proof 73). ĐặtCE = BC = a,CD= AC = b. Hình 2.21. Gọi F là giao điểm của DE và AB. Ta có ∆CED= ∆CBA vì CE = BC = a, ÊCD= ÂCB= 90◦, CD= AC = b. Suy ra DE = AB= c. Tam giác BCE cân tại C, suy ra ÊBC = 45◦. Tam giác ACD cân tại C, suy ra ĈDA= 45◦. Như vậy ÊBC+ĈDA= 90◦⇒ BE ⊥ AD⇒ DF ⊥ AB. Ta có S∆ABD = S∆ABE+S∆ACD+S∆BCE ⇒ AB.DF2 = AB.FE 2 + AC.CD 2 + BC.CE 2 ⇒ c.(c+FE) = c.FE+b2+a2⇒ a2+b2 = c2. Chứng minh 49 (xem [4], Proof 82). Vẽ tia phân giác AD của góc A. Vẽ DE ⊥ AB. Đặt AB= c, BC = a, AC = b,CD= DE = x. Khi đó BD= a− x, BE = c−b và ∆DBE ∼ ∆ABC (g.g). Suy ra DE AC = BD AB = BE BC ⇒ x b = a− x c = c−b a . 54 Hình 2.22. Ta có x b = a− x c = a b+ c , x b = c−b a suy ra b+ c= ab x , c−b= xa b . Đến đây ta có (b+ c)(c−b) = ab x . xa b ⇒ c2−b2 = a2. Vậy c2 = a2+b2. Chứng minh 50 (Bui Quang Tuan, xem [4], Proof 114). Tam giác ∆ABC vuông tại C với AB= c, BC = a,CA= b. Hình 2.23. Dựng ∆DAE = ∆ABC sao cho AD⊥AB và E ∈ AC. Ta có SABED = SABC+SADE+SBEC 55 = AC.BC 2 + AE.DE 2 + BC.CE 2 = ab 2 + ab 2 + (a−b).a 2 . (2.2) Ta cũng có SABED = SABD+SBED = AD.AB 2 + CE.DE 2 = c2 2 + (a−b).b 2 . (2.3) Từ (2.2) và (2.3) suy ra 2ab+(a−b)a= c2+(a−b)b. Rút gọn ta có c2 = a2+b2. Ta có điều cần chứng minh. Dựng hình luôn là một trong những bước quan trọng nhất để giải quyết một bài toán hình học. Ở cách chứng minh này, Bui Quang Tuan đa sử dụng phương án vẽ thêm hình khiến bài toán chứng minh định lý Pythagoras phức tạp trở nên cực kì đơn giản. Sau khi vẽ thêm tam giác DAC và sử dụng cách tách diện tích tứ giác ABED thành diện tích tam giác nhỏ hơn cùng với vài bước biến đổi cơ bản định lý Pythagogas được chứng minh. Chứng minh 51 (Jack Oliver, 1997, xem [4], Proof 42). Hình 2.24. Trong ∆ABC vuông (Hình 2.24), vẽ đường tròn nội tiếp (O,r), và vẽ ba bán kính vuông góc với các cạnh của tam giác. Mỗi cạnh sẽ bị chia thành hai phần như trong Hình 2.24. 56 Ta có c= (a− r)+(b− r) = a+b−2r nên suy ra r = a+b− c 2 . Ta tính diện tích ∆ABC theo hai cách S∆ABC = ab 2 , S∆ABC = S∆AOB+S∆BOC+S∆COA = ra 2 + rb 2 + rc 2 = (a+b+ c)r 2 = a+b+ c 2 . a+b− c 2 = (a+b)2− c2 4 = ab 2 = (a+b)2− c2 4 . Suy ra a2+b2 = c2. Khác với cách Chứng minh 51, trong cách chứng minh này, ta không dựng thêm tam giác vuông mới mà vẽ đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC ban đầu. Đây là một phương án rất thông minh, đưa bài toán trở về với câu hỏi tính diện tích tam giác ABC, sau đó so sánh các kết quả với nhau và rút ra kết quả cuối cùng, ta được công thức của định lý Pythagoras. Chứng minh 52 (Kurrah, 836-901, Thổ Nhĩ Kỳ, xem [4], Proof 18). Xét ∆ABC. Trên cạnh BC lấy các điểm B′ và C′ sao cho ĈAB = ÂC′B = ÂB′C. Khi đó ∆ABC, ∆C′BA và ∆B′AC đều đồng dạng. Hình 2.25. 57 Do ba tam giác đồng dạng với nhau nên ta có các tỉ lệ AB BC′ = BC AB và AC CB′ = BC AC . Do đó AC2+AB2 = BC(CB′+BC′). Trong trường hợp góc A