Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras

Cách chứng minh này sử dụng sự phân chia khác nhau hai hình vuông giống nhau có diện tích bằng nhau.. Chứng minh của Pythagoras - Chứng minh 1 Hình vuông A được chia thành hình vuông to

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Mục lục

Chương 1 Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras 6

1.1 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

1.2 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

Mở đầu

Định lý Pythagoras và ứng dụng của nó rất quen thuộc trong chương trình toánphổ thông Nhiều kiến thức toán học hiện đại (chuẩn, không gian định chuẩn, tínhchất vuông góc, ) được phát triển từ định lý Pythagoras Định lý Pythagoras làmột trong những định lý toán học thể hiện qui luật cơ bản của thế giới tự nhiên, cónhiều 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 đềcập 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 Luậnvăn gồm Mở đầu, ba chương, kết luận và tài liệu tham khảo Cụ thể các chương nhưsau:

• 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 khácLuận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS Tạ DuyPhượng (Viện Toán học - Viện Hàn lâm Khoa học & Công nghệ Việt Nam) Đặcbiệt Thầy đã cung cấp nhiều tài liệu và biên tập kĩ luận văn Em xin bày tỏ lòng biết

ơn sâu sắc tới Thầy

Tôi xin được cảm ơn Khoa Toán-Tin, Khoa Sau Đại học, Trường Đại học Khoahọc - 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

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 ngườiBabylon (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

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 nhỏmàu xám đậm bằng nhau (mỗi hình có diện tích S = ab

2 )

Hình vuông (B) được chia thành hai hình vuông (2), (3) và bốn hình tam giácnhỏ màu xám nhạt bằng nhau và bằng các hình tam giác màu xám đậm (cũng códiện tích S = ab

2 )

⇒ [1] = [2] + [3] ⇒ c2= a2+ b2.

Chứng minh 2 (Pythagoras, xem [6], trang 29-30) Hình A được chia thành hình

vuông cạnh c và ba hình tam giác nhỏ bằng nhau có diện tích S = ab

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 tamgiác nhỏ có diện tích S = ab

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, DJId = dAJG, JD= JAnên

Hình 1.5 Cối xay gió của Euclid

Ta tạo một đoạn thẳng vuông góc với cạnh a và có độ dài b0 = b Dựng tam giácvuông 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 biệthiếm gặp: Thông thường với lối chứng minh đảo ta dễ rơi vào ngộ nhận nhưng ởcách chứng minh này, lời giải được đưa ra một cách tự nhiên và hợp lí, nhanh chóngđưa đến kết quả Đồng thời, thay đổi cách nhìn của người đọc về lối chứng minhđảo: không hề khó mà lại rất thú vị khi chúng ta nhìn nhận đúng vấn đề cần chứngminh

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 vuôngnhỏ 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 ônglại sử dụng hai tam giác có góc tù với các cạnh không bằng nhau? Thêm nữa, tạisao 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 toánhọc 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

Hình 1.8 Các hình vuông nhỏ được chia thành các mảnh và xếp vào trong hìnhvuông lớn

trong đó mỗi mảnh có một diện tích nguyên dương Mỗi mảnh được đánh hai số Sốthứ nhất là số thứ tự của mảnh và số thứ hai là diện tích của nó (Hình 1.9) Ngườichơi có thể dùng các mảnh để tạo thành các hình thù khác nhau, hoặc thử xếp lạihình 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 dụngtam giác tù Thông thường các cách chứng minh định lý Pythagoras hay sử dụngtam giác vuông, bởi việc tận dụng các tam giác vuông khi cắt ghép hình sẽ dễ dànghơn 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

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 sâusắc của Kurrah về cấu trúc hình học Pythagoras căn bản (hình bên trái) Bốn mảnhcủa 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 vuôngnhỏ cần được xếp vào một hình vuông lớn Ông đã giải quyết vấn đề này bằng việccắt hình sau đó sử dụng phép biến hình Ý tưởng của ông được biểu diễn trong Hình1.11

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 xếpvào 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 vuônglàm ‘khuôn’ cắt hình, từ đó xây dựng lên hình vuông mới Cách chứng minh đơn

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 củaông

Chứng minh 7 (Kurrah, 836 - 901, xem [4], Proof 24) Chứng minh này là biến thể

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 cácđoạn 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) Cắtđôi các hình chữ nhật và ghép với hình vuông nhỏ này, ta sẽ được một hình vuôngmới cạnh là c (Hình 1.15)

Xét hình vuông mới này Diện tích của nó là c2 Đồng thời diện tích này cũng bằng

Chứng minh 9 (Leonardo da Vinci (1452-1519), Italy, xem [7], trang 104.) Từ

∆AKE vuông tại K, dựng các hình vuông EF GK, 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 hìnhlục giác ABCDEK được chia đôi bởi KC Nối G với H, ta được lục giác AEFGHIđược chia đôi bởi IF

Ta có ∆AKE và ∆AKG đối xứng nhau qua IF nên I, K và F thẳng hàng Hai tứgiác 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

và BC ⊥ EF nên dIAE = 90◦+ [KAE= dKABvà dABC= 90◦+ dDBC= dAEF Khi đó

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 Mặtkhác ta lại có

SABCDEK= SABDE+ SAKE+ SBCD,

SAEFGHI = SAKHI+ SGHK+ SAKE+ SGKEF,

SAKE = SGHK = SBCD = ab

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 banđầu 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 Từcác tam giác đồng dạng ta có

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 mộthướng tư duy mới để chứng minh định lý Pythagoras chỉ qua vài phép biến đổi đơngiản.

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 ∆BEDvới cạnh huyền độ dài 2b Điểm E cũng nằm trên đường tròn này nên ∆BED là tamgiác vuông

Hình 1.18

Ta có dAEC= [BED= 90◦ nên dAEC− dBEC= [BED− dBEC Suy ra dAEB= [CED

Mà [CED= [CDE, do ∆CED cân nên dAEB= [CDE Do đó ta có ∆AEB ∼ ∆ADE(g.g) nên

Cách chứng minh này không có gì đặc biệt ở phần lời: sử dụng phép cộng trừgóc, cạnh đơn giản và xét cặp tam giác đồng dạng khá dễ hiểu Tuy nhiên, phầnhình lại tương đối khó để tư duy Cách dựng hình độc đáo song lại có phần không tựnhiên 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 đãđược thêm vào để bạn đọc có thể rõ hơn

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 tronghình đều bằng nhau Diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích của hình vuôngcạnh b và diện tích bốn tứ giác Diện tích hình vuông cạnh a bằng tổng diện tích bốn

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 côngthức tính diện tích để xây dựng lên định lý Pythagoras cần chứng minh Đây có thểcoi là cách chứng minh bằng lời ngắn gọn nhất, không hề cầu kì phức tạp nhưng lạimang đến cho người đọc cảm giác hứng thú, từ đó trở thành nền tảng cho sự sángtạo 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

CPcắt DF ở điểm R.

Do dACB= 90◦, tam giác ABC nội tiếp đường tròn

P;AB2

nên suy ra

AP= PC = AB

2 .

Ta có ∆ABC = ∆DFC (c.g.c) nên suy ra

dBAC= [CDF = α

Tam giác ACP cân tại P suy ra dACP= dCAP= α, tức là dDCR= 90◦− α

Ta có dDCR+ dCDR= 90o nên PR⊥DF Từ P kẻ PM, PN và PL đến các trungđiểm tương ứng của ED, FG và HI ta được PM k AE, PN k BG và PL k AI Ta có

1

4SACDE+

1

4SBCFG1

4SABHI

= 1

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 tađến cách Chứng minh 3: vẽ thêm các hình vuông với độ dài cạnh lần lượt là độ dàicác cạnh tam giác Một lần nữa các tính chất đặc biệt của hình vuông được sử dụng

Song nếu như ở cách Chứng minh 3, Euclid chủ yếu sử dụng các biểu thức tính diệntích tam giác thì trong lời giải này, Condit đã sử dụng tính chất các cặp cạnh songsong, biểu thức tỉ số diện tích Cách chứng minh của Condit có phần phức tạp và dàidòng hơn nhưng đã khai thác được nhiều hơn những khía cạnh hình học khác nhau.

Chứng minh 15 (B F Yanney, 1903, xem [4], Proof 25) Từ hình chiếc ghế của cô

dâu (gồm hai hình vuông AEDC diện tích a2 và DKHF diện tích b2) Ta dựng thêm

∆AEL và ∆LHK lần lượt vuông tại E và K Hai tam giác này đều có cạnh bên là a,

bvà hai cạnh huyền c

Đầu tiên, ta thấy hình vuông AEDC có thể bóp méo thành hình bình hành LKCA

mà diện tích vẫn không đổi (một cạnh vẫn là a còn đường cao cũng vẫn là a)

Hình 1.23 Chứng minh bóp méo hình sử dụng hình chiếc ghế của cô dâu

Tương tự ta cũng có thể bóp méo hình vuông DKHF thành hình bình hành HKCB

mà diện tích không đổi Tiếp theo ta cũng có thể bóp méo các hình bình hành nàythành các hình chữ nhật LMOA và HMOB mà diện tích vẫn giữ nguyên Do đó

SALHB= SLMOA+ SHMOB = SACDE+ SHKDF,hay là c2= a2+ b2

Chứng minh 16 (xem [7], Proof 20) Chứng minh 16 được thực hiện bằng cách kéo

dài đường cao

Xét ∆ABC vuông tại C có AB = c, BC = a, CA = b Ta kéo dài đường cao CH của

∆ABC đến D sao cho CD = AB Do tứ giác ABCD có AB ⊥ CD nên SABCD = c

2

2.Mặt khác, SACBD= S∆ACD+ S∆BCD Kẻ DE ⊥ AC, DF ⊥ BC ta suy ra CEDF là hìnhchữ nhật

Hình 1.24 Chứng minh thứ nhất sử dụng kéo dài đường cao

Ta có ∆CDE = ∆BAC (cạnh huyền - góc nhọn) nên

Chứng minh 17 (xem [7], Proof 29) Chứng minh 17 cũng được thực hiện bằng

cách kéo dài đường cao Tuy nhiên, khác với Chứng minh 16, trong chứng minh này,đường cao lại được kéo dài theo hướng ngược lại sao cho CD = AB

Hình 1.25 Cách chứng minh thứ hai sử dụng đường cao kéo dài

Trong chứng minh này, diện tích tứ giác ABCD cũng được tính theo hai cách nhưtrong chứng minh trước Có thể dễ dàng tự chứng minh trường hợp này

Chứng minh 18 (AL Buzjani, thế kỷ X, xem [4], Proof 74) Trong một hình vuông

cạnh b, ta đặt vào góc của hình vuông này một hình vuông nhỏ hơn cạnh là a (hìnhvuông góc trái hình bên trái)

Hình 1.26 Chứng minh của Al Buzjani

Kẻ thêm hai đường như trong hình bên trái để tạo hai tam giác vuông có cạnh bên là

avà b Nếu ghép hình vuông cạnh b − a với bốn tam giác vuông cũng kích cỡ nhưvậy, ta được một hình vuông có cạnh c (cạnh huyền của tam giác) Có thể thấy, diệntích hình bên phải sẽ nhiều hơn diện tích hình bên trái một lượng bằng diện tích hìnhvuông cạnh a Mà diện tích hình vuông bên trái là b2 nên c2= a2+ b2

Chứng minh 19 (Christiaan Huygens, 1657, xem [4], Proof 77).

Hình 1.27 Cách chứng minh của Christiaan Huygens

Ta bắt đầu từ hình cối xay gió của Euclid Trong hình vuông cạnh a, từ A kẻ mộtđường thẳng song song với BC Từ S kẻ một đường thẳng song song với AC Haiđường này cắt nhau ở P Từ B kẻ đường thẳng song song với AC, trên đường này lấy

BN= BC

Do ∆ASP = ∆ABC (cạnh huyền - góc nhọn) nên

AP= AC = AG

Mặt khác d (P; AB) = AL nên

SABML= 2SABP= SACFG

Do ∆KBN = ∆ABC (cạnh huyền- góc nhọn) nên BN = BC = BD

Ta có d (A; BN) = BC nên

SKMLS= 2SKPS, SBCED= 2SANB

Ta lại có KS = AB, PS = BN (do ∆ASP = ∆ABC), dPSK = dABN (do SP k BN và

ABk SK) nên ∆KPS = ∆ANB Từ các biểu thức trên, ta có:

SABKS= SABML+ SLMKS= SACFG+ SBCED.hay c2= a2+ b2

Đây tiếp tục là một cách chứng minh triển khai cách dựng hình tương tự Chứngminh 3 và Chứng minh 14 Nếu như hai cách chứng minh trước chủ yếu khai thácliên quan đến hai hình vuông nhỏ thì ở lời giải này, Huygens đã chuyển hướng sanghình vuông to Huygens đã vẽ thêm các đường thẳng song song tạo điều kiện đểchứng minh các cặp tam giác bằng nhau một cách nhanh chóng Điểm chung giữanhững cách chứng minh này là đều hướng đến mục đích sử dụng biểu thức liên quan

về diện tích cho bước chứng minh cuối cùng hay nói cách khác bản chất của nó là đichứng minh các biểu thức diện tích

Chứng minh 20 (Adam Rose, 2004, xem [4], Proof #44).

Trong Hình 1.28, ta bắt đầu với ∆ABC và ∆AFE lần lượt vuông ở C và E Gọi A

là giao điểm của BE và CF Kéo dài AF một đoạn FG = a Trên BA lấy một đoạn

BD= a Ở đây ta coi như a < b

Do ∆BCD là tam giác cân nên

dBCD= π

2−α

2.

Do bC= 90◦ nên

dACD= π

2 −π

2−α2

2.

Hình 1.28 Chứng minh sử dụng hai tam giác vuông đồng dạng

Ta có ∆ACD ∼ ∆AGE (g-g), nên

Chứng minh 21 (xem [4], Proof #79) Xét ∆ABC vuông tại C với BC = a, AB =

c, AC = b Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB như hình vẽ (r = c/2)

2

= c

2−b2

  c

2+

b2



⇒ 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 (thebride’s chair) được đặt vào trong một hình chữ nhật có kích thước 2b + a và 2a + b

Sự tinh tế trong cách phân chia hình chữ nhật cạnh (2a + b) thành các hình vuôngcạnh a, b, c đồng thời chuyển hình tạo các hình thang vuông đã làm cách chứng minhtrở nên dễ dàng Ta bắt gặp hình thang vuông trong rất nhiều cách chứng minh vàtrường hợp này cũng không ngoại lệ: ba hình thang vuông khác nhau song lại códiện tích bằng nhau Đây là điều cần lưu ý bởi trên hình vẽ nếu chỉ quan sát đơnthuần thường khó để dự đoán chúng có diện tích bằng nhau Bước cuối cùng củachứng minh cũng là bước đã rất quen thuộc là diện tích một hình bằng tổng diện tíchnhiều 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 giácđánh số 2 có cạnh góc vuông x, y, cạnh huyền b

Hai tam giác đồng dạng nên ta có

(a + c) b = b ac+ b

2+ 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 tíchhình 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 đãlàm cho nó trở nên đặc biệt hơn Lời giải thì có vẻ phức tạp nhưng thực tế các bướcchứng minh lại là một trình tự khá logic và dễ tư duy cho người đọc ngay khi vừamới 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

Lấy M thuộc BC như trên hình vẽ sao cho CM = CA Gọi N là giao điểm của AC

và BD Giao điểm của MA với đường tròn gọi là C Mà lại có b ≤ a nên D nằm trênnửa đường tròn không chứa C Từ đó ∆ABD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính

ABnên ∆ABD vuông tại D, suy ra MD ⊥ BN Mặt khác ∆BMN có NC ⊥ MB và NCgiao MD tại A nên A là trực tâm ∆BMN Suy ra AB ⊥ MN

Ta lại có ∆MCN = ∆ACB (do có góc C vuông, CA = CM, góc B và góc N bằng nhau

do cùng phụ [NMC) nên MN = b = c Thay vào (1.9) ta có

Đây là cách chứng minh sử dụng cách vẽ thêm hình phụ thông dụng thường thấytrong nhiều bài toán chứng minh hình học liên quan đến hình tròn Điểm lưu ý ởcách chứng minh này chỉ là việc biến đổi cộng trừ một cách tinh tế các biểu thứcdiện 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

Hình 1.34.

Chứng minh 26 (xem [4], Proof 105) Xét ∆ABC vuông tại C với BC = a, AC = b,

AB= c Lấy A0, B0 lần lượt là điểm đối xứng của C qua A và B Khi đó AB k A0B0

Do O là tâm đường tròn nên A, B và O thẳng hàng và O là trung điểm của AB Gọigiao điểm của CO với đường tròn là C0

nên A0, B0và C0 thẳng hàng Đường thẳng A0B0cắt đường tròn tại giao điểm thứ hai

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, ∆BF Z

là các tam giác đều

Hình 1.37.

Vẽ đường tròn đường kính AB, AC (Hình 1.37) Do AD, CF, BE lần lượt vuông gócvới BC, AB, AC nên F, D thuộc đường tròn đường kính AC; E, D thuộc đường trònđường kính AB

Khi đó ta có CD.CB = CE.CA và BC.BD = BF.BA Các tam giác ∆BCX , ∆BFZ,

∆CEY đều nên

S∆BCX =

√3

4 BC

2 hay √4

3S∆BCX = BC

2.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 BC

2, S∆ACY =

√3

4 AC

2, S∆ABZ =

√3

dụng các tam giác đều và các đường tròn Với các hình có nhiều tính chất đặc biệtthì lại càng lợi thế trong việc để chứng minh Và cụ thể ở cách này, trước là việc tínhtoán diện tích các tam giác đều sau là đặc biệt hóa vị trí các điểm và cốt lõi vẫn dựatrên 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 dBACvà đường trung trực của BC Y, Z thuộc đường phân giác ngoài của dBACsao cho OY k AB, OZ k 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 dBAC= α, dAOY = β , dAOZ= ρ Vì OZ k AC, dACO= dCAO, Y Z là phân giácngoài của ∆ABC nên

dBAZ= dCAY = 90o−α

2hay

2

 =

AYsin β ⇒

AOcosα2

= AY

Xét tam giác AOC cân nên

S∆ACY+ S∆ABZ = AO2(sin β cos ρ + sin ρ cos β ) = AO2sin α

Dựa vào hình vẽ, vì dBOX = [COX = α nên

SOBXC= S∆BOX+ S∆COX = AO

Suy ra S∆ABZ+ S∆CAY = SOBXC

Chứng minh 28 (Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras) Khi dBAC= 90◦ thì

O∈ BC tứ giác BOCX trở thành tam giác BCX vuông cân tại X, ∆ABZ vuông cântại Z, ∆ACY vuông cân tại Y

Hình 1.39

Ta có

S∆ABZ+ S∆CAY = SBXC

Chứng minh 29 (xem [4], Proof 115) Xét (E, r), AD và AD0 là các tiếp tuyến củađường tròn, AE cắt đường tròn tại C Đường thẳng qua C vuông góc AE cắt AD và

AD0 lần lượt tại B và B0

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

2 ⇒ r (c − a) = ab

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

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 tamgiác thứ 2, 3, 4 (Hình 2.1) Mỗi tam giác có diện tích ab

2 Xếp chúng lại như Hình2.2 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 là2ab, còn diện tích hình vuông lớn là c2 Vậy ta có

c2 = 2ab + (a − b)2= 2ab + a2− 2ab + b2

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

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

BC =

AB

AC tức là BD= AB.BC

AC .

Chứng minh 33 (xem [4], Proof 20) Xét ∆ABC0, ∆BCA0, ∆ACB0 đồng dạng với

∆ABC như trong Hình 2.5