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 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
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
màu 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 giác
nhỏ màu xám nhạt bằng nhau và bằng các hình tam giác màu xám đậm (cũng có
diện tích S = ). ab 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
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 tam
giác nhỏ có diện tích S = . ab 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
JD = JA IJ = JG, (cid:100)DJI = (cid:100)AJG,
nên
(1.1) ∆DJI = ∆AJG (c.g.c).
9
Hình 1.5. Cối xay gió của Euclid
Ta có
= = (1.2) S∆IJD = ⇒ SIJGH = 2S∆IJD,
= = (1.3) S∆GJA = ⇒ SABKJ = 2S∆GJA. IJ.d(D; IJ) 2 JA.d(G; JA) 2 IJ.JG 2 JA.BA 2 SIJGH 2 SABKJ 2
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 b(cid:48) = b. Dựng tam giác vuông với hai cạnh a và b(cid:48). 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
(cid:19) ab c2 = (a − b)2 + 4 (cid:18)1 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 và BC ⊥ EF nên (cid:100)IAE = 90◦ + (cid:91)KAE = (cid:100)KAB và (cid:100)ABC = 90◦ + (cid:100)DBC = (cid:100)AEF. 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. Mặt
khác 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 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 = , suy ra (1.4)
= y = . suy ra (1.5) x a y b a c b c a2 c b2 c
Lại có
x + y = c. (1.6)
Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra
+ = c, tức là a2 + b2 = c2. a2 c b2 c
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.
Ta có (cid:100)AEC = (cid:91)BED = 90◦ nên (cid:100)AEC − (cid:100)BEC = (cid:91)BED − (cid:100)BEC. Suy ra (cid:100)AEB = (cid:91)CED.
Mà (cid:91)CED = (cid:91)CDE, do ∆CED cân nên (cid:100)AEB = (cid:91)CDE. Do đó ta có ∆AEB ∼ ∆ADE
(g.g) nên
= . AE AD AB AE
Từ đây
= a2 = (c + b) (c − b) , nên c − b a a c + b
hay là a2 = c2 − b2. Vậy a2 + b2 = c2.
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) 2 ab 2 ab 2 c2 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. (cid:18) (cid:19) P; nên suy ra Do (cid:100)ACB = 90◦, tam giác ABC nội tiếp đường tròn AB 2
AP = PC = . AB 2
Ta có ∆ABC = ∆DFC (c.g.c) nên suy ra
(cid:100)BAC = (cid:91)CDF = α.
Tam giác ACP cân tại P suy ra (cid:100)ACP = (cid:100)CAP = α, tức là (cid:100)DCR = 90◦ − α.
Ta có (cid:100)DCR + (cid:100)CDR = 90o nên PR⊥DF. Từ P kẻ PM, PN và PL đến các trung
điểm tương ứng của ED, FG và HI ta được PM (cid:107) AE, PN (cid:107) BG và PL (cid:107) AI. Ta có
S∆PFC = FC.FN 2
= mà FN = nên FG 2 FC 2
= SBCFG. S∆PFC = FC2 4 1 4
Tương tự
và SACDE SABHI. S∆PDC = S∆PAI = 1 4 1 4
Do diện tích các tam giác có đáy bằng nhau thì tỉ lệ với đường cao, ta có
= = = = 1 DR + RF AI DF AI AB AB S∆PDC + S∆PFC S∆PAI
suy ra
SACDE + SBCFG 1 4 1 4 = 1.
SABHI 1 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.
21
Song nếu như ở cách Chứng minh 3, Euclid chủ yếu sử dụng các biểu thức tính diện
tích tam giác thì trong lời giải này, Condit đã sử dụng tính chất các cặp cạnh song
song, biểu thức tỉ số diện tích. Cách chứng minh của Condit có phần phức tạp và dài
dòng 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,
b và 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 này
thành 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 c2 ∆ABC đến D sao cho CD = AB. Do tứ giác ABCD có AB ⊥ CD nên SABCD = 2 Mặt khác, SACBD = S∆ACD + S∆BCD. Kẻ DE ⊥ AC, DF ⊥ BC ta suy ra CEDF là hình chữ nhật.
22
Hình 1.24. Chứng minh thứ nhất sử dụng kéo dài đường cao
Ta có ∆CDE = ∆BAC (cạnh huyền - góc nhọn) nên
DE = AC; DF = CE = BC.
Do đó
= , = . S∆CDA = S∆CDB = CA.DE 2 b2 2 BC.DF 2 a2 2
= + Suy ra hay c2 = a2 + b2. c2 2 a2 2 b2 2
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 như
trong 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 (hình
vuông góc trái hình bên trái).
23
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
a và b. Nếu ghép hình vuông cạnh b − a với bốn tam giác vuông cũng kích cỡ như
vậy, ta được một hình vuông có cạnh c (cạnh huyền của tam giác). Có thể thấy, diện
tích hình bên phải sẽ nhiều hơn diện tích hình bên trái một lượng bằng diện tích hình vuông 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 một
đường thẳng song song với BC. Từ S kẻ một đường thẳng song song với AC. Hai
đường 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.
24
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), (cid:100)PSK = (cid:100)ABN (do SP (cid:107) BN và AB (cid:107) 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 Chứng
minh 3 và Chứng minh 14. Nếu như hai cách chứng minh trước chủ yếu khai thác
liên quan đến hai hình vuông nhỏ thì ở lời giải này, Huygens đã chuyển hướng sang
hình vuông to. Huygens đã vẽ thêm các đường thẳng song song tạo điều kiện để
chứng minh các cặp tam giác bằng nhau một cách nhanh chóng. Điểm chung giữa
những 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 đi
chứng 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
− . (cid:100)BCD = π 2 α 2
Do (cid:98)C = 90◦ nên (cid:17) = − − . (cid:100)ACD = α 2 α 2 π 2
(cid:16)π 2 Do (cid:100)AFE là góc ngoài của ∆EFG nên (cid:100)AFE = (cid:91)FEG + (cid:91)FGE. Nhưng ∆EFG là tam giác cân nên
. (cid:100)AGE = (cid:100)EAG = α 2
25
Hình 1.28. Chứng minh sử dụng hai tam giác vuông đồng dạng
Ta có ∆ACD ∼ ∆AGE (g-g), nên
= = , suy ra AD AC AE AG c − a b b c + a
hay là c2 = a2 + b2.
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).
Hình 1.29.
Trong hình vẽ DF là đường kính vuông với BC, và đồng thời là đường trung trực
của BC. Các điểm 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
= suy ra CE.EB = DE.EF, CE DE EF EB
26
mà
CE = EB = , DE = OD − OE = − , EF = OF + OE = + c 2 b 2 c 2 b 2 a 2
nên (cid:19) (cid:17)2 = − + ⇒ a2 = c2 − b2. (cid:16)a 2 (cid:18) c 2 (cid:19) (cid:18) c 2 b 2 b 2
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
. Ta có có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi hình bằng 3ab 2
+ . 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 = , y = . (1.7) ab c b2 c
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 · ; hai hình tam giác có diện a b
tích 2 · và hình chữ nhật ở giữa (có kích thước b − x và y − a). Ta có xy 2
+ (b − x) (y − a) + 2. (a + c) b = 4. ab 2 xy 2
= 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 (cid:0)ac + b2 + a2(cid:1) c
28
hay
(a + c) b = (a + c) c = ac + b2 + a2. suy ra b (cid:0)ac + b2 + a2(cid:1) c
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.
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 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 ra MD ⊥ 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
hay S∆BMN = S∆MNA + S∆CNB + S∆CMA S∆BMN − S∆MNA = S∆CNB + S∆CMA.
Suy ra
= + . (1.9) AB.MN 2 a2 2 b2 2
29
Ta lại có ∆MCN = ∆ACB (do có góc C vuông, CA = CM, góc B và góc N bằng nhau do cùng phụ (cid:91)NMC) 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(cid:48), B(cid:48) lần lượt là điểm đối xứng của C qua A và B. Khi đó AB (cid:107) A(cid:48)B(cid:48).
Do O là tâm đường tròn nên A, B và O thẳng hàng và O là trung điểm của AB. Gọi giao điểm của CO với đường tròn là C(cid:48).
Hình 1.35.
Ta có
) (vì cùng bằng CO CC(cid:48) = CA CA(cid:48) = CB CB(cid:48) 1 2
31
nên A(cid:48), B(cid:48) và C(cid:48) thẳng hàng. Đường thẳng A(cid:48)B(cid:48) cắt đường tròn tại giao điểm thứ hai
là D như hình vẽ.
Khi đó ta có A(cid:48)C = 2b, B(cid:48)C = 2a, A(cid:48)B(cid:48) = 2c, A(cid:48)C(cid:48) = B(cid:48)C(cid:48) = c. Giả sử a > b như
hình vẽ. Với A(cid:48)C và A(cid:48)B(cid:48) cắt đường tròn tại các điểm như hình vẽ ta có:
⇒ A(cid:48)A.A(cid:48)C = A(cid:48)D.A(cid:48)C(cid:48). suy ra ∆A(cid:48)AD ∼ ∆A(cid:48)C(cid:48)C g.g A(cid:48)A A(cid:48)C(cid:48) = A(cid:48)D A(cid:48)C
hay là
2a2 = (cid:0)c − DC(cid:48)(cid:1) c. (1.10)
Hình 1.36.
Ta có ∆B(cid:48)BD ∼ ∆B(cid:48)C(cid:48)C (g.g) nên
⇒ B(cid:48)B.B(cid:48)C = B(cid:48)D.B(cid:48)C(cid:48). B(cid:48)B B(cid:48)C(cid:48) = B(cid:48)D B(cid:48)C
hay
2b2 = (cid:0)c + DC(cid:48)(cid:1) .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 có CD.CB = CE.CA và BC.BD = BF.BA. Các tam giác ∆BCX, ∆BFZ,
∆CEY đều nên
BC2 hay S∆BCX = S∆BCX = BC2. √ 3 4 4 √ 3
Suy ra
S∆BCX = BC. (BD + DC) = BD.BC + DC.BC 4 √ 3
= BF.BA +CE.CA = d (Z; AB) .AB + d (Y ; AC) .AC 2 √ 3 2 √ 3
= (2S∆ACY + 2S∆ABZ) = (S∆ACY + S∆ABZ) . 4 √ 3 2 √ 3
Suy ra
(1.12) S∆BCX = S∆ACY + S∆ABZ.
Khi góc A vuông ta có E, F trùng A và
BC2, AC2, AB2. (1.13) S∆ACY = S∆ABZ = S∆BCX = √ 3 4 √ 3 4 √ 3 4
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 (cid:100)BAC và đường trung trực của BC. Y, Z thuộc đường phân giác ngoài của (cid:100)BAC sao cho OY (cid:107) AB, OZ (cid:107) 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 (cid:100)BAC = α, (cid:100)AOY = β , (cid:100)AOZ = ρ. Vì OZ (cid:107) AC, (cid:100)ACO = (cid:100)CAO, Y Z là phân giác
ngoài của ∆ABC nên
(cid:100)BAZ = (cid:100)CAY = 90o − α 2
hay
. (cid:100)AY O = 90o − α 2
Áp dụng Định lý hàm số sin cho tam giác ∆AOY ta có
⇒ = . (1.14) (cid:17) = AY sin β AY sin β AO (cid:16) 90o − sin cos α 2 AO α 2
34
Xét tam giác AOC cân nên
(1.15) AC = 2AO cos ρ.
Mặt khác, (cid:17) = . AY.AC sin (cid:16) 90o − AY.AC cos (1.16) S∆ACY = 1 2 α 2 1 2 α 2
Từ (1.14) , (1.15) và (1.16) ta có
S∆ACY = AO2. sin β cos ρ.
Tương tự,
S∆ABZ = AO2. sin ρ cos β .
Ta có α = β + ρ nên
S∆ACY + S∆ABZ = AO2 (sin β cos ρ + sin ρ cos β ) = AO2 sin α.
Dựa vào hình vẽ, vì (cid:100)BOX = (cid:91)COX = α nên
+ = AO2 sin α. SOBXC = S∆BOX + S∆COX = AO2 sin α 2 AO2 sin α 2
Suy ra S∆ABZ + S∆CAY = SOBXC.
Chứng minh 28 (Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras). Khi (cid:100)BAC = 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(cid:48) là các tiếp tuyến của
đường tròn, AE cắt đường tròn tại C. Đường thẳng qua C vuông góc AE cắt AD và AD(cid:48) lần lượt tại B và B(cid:48).
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
= = . hay AC AD BC ED ED AD BC AC
Suy ra
= ⇒ r = . a b a (a + c) b
r a + c 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 (c − a) = ab. = 2. r (a + c) 2 ar 2 ab 2
36
ta có Thay r = a (c + a) b
= ab ⇒ c2 − a2 = b2. a (c + a) (c − a) b
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
. Xếp chúng lại như Hình giác thứ 2, 3, 4 (Hình 2.1). Mỗi tam giác có diện tích ab 2 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
⇔ AB2 = BC.DB, = ∆ABC ∼ ∆DBA(g.g) ⇒
⇔ AC2 = BC.DC. = ∆ABC ∼ ∆DAC(g.g) ⇒ AB BD AC DC BC BA BC AC
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 = , tức là
= BD = . tức là AD AB BD BC AB AC AB AC AB2 AC AB.BC AC
39
Hình 2.4.
Ta có
.AB.AD + AB.AC = .BD.BC. suy ra S∆ABD + S∆ABC = S∆DBC 1 2 1 2 1 2
Thay các kết quả trên vào ta có
AB. + AB.AC = .BC. AB2 AC AB.BC AC
ta được AB2 + AC2 = BC2. Chia cả hai vế cho AB AC
Chứng minh 33 (xem [4], Proof 20). Xét ∆ABC(cid:48), ∆BCA(cid:48), ∆ACB(cid:48) đồng dạng với
∆ABC như trong Hình 2.5.
Hình 2.5.
Ta có
= ⇒ BC(cid:48) = ∆ABC(cid:48) ∼ ∆BCA ⇒
= ⇒ B(cid:48)C = . ∆ACB(cid:48) ∼ ∆BCA ⇒ AB BC B(cid:48)C AC BC(cid:48) CA AC BC AC.AB BC AC2 BC
40
Qua hình vẽ, ta có
và ∆ABC = ∆A(cid:48)CB ∆ABB(cid:48) = ∆ABC(cid:48).
nên
AC.BC + B(cid:48)C.AC = BC(cid:48).AB S∆ABC + S∆AB(cid:48)C = S∆ABC(cid:48) ⇒ 1 2
⇒ AC.BC + .AC = .AB. 1 2 AC2 BC 1 2 AC.AB BC
Chia cả hai vế cho ta được BC2 + AC2 = AB2. AC BC
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 (cid:100)QPC = (cid:100)BAC.
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 (cid:91)MBC = (cid:91)MCB.
Mặt khác ta cũng có
(cid:100)PCR = (cid:91)MCB và (cid:100)QPC = (cid:100)BAC.
Ta có
(cid:100)PRC = (cid:100)PCR + (cid:100)QPC = (cid:100)BAC + (cid:91)MBC = 90◦ ⇒ MR ⊥ PQ.
41
Ta cũng có
= , d(M; BC) = AC 2 b 2
.b = . , d(M; BC).PC = S∆MCP = 1 2 b 2 b2 4
.CM.PR = .PR. S∆MPC = 1 2 1 2 c 4
Tương tự ta có
.RQ. và S∆MCQ = S∆MCQ = a2 4 c 4
Cộng lại ta có
+ = .PR + .RQ = .PQ = .c. c 4 a2 4 b2 4 c 4 c 4 c 4
Suy ra
+ = . b2 4 a2 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
= = = . hay là CE = CE FE BC DF 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
AB.DE = , S∆ADE =
AE.DF = .b. = (a2 + b2). S∆ADE = a2 + b2 b 1 2 1 2 1 2 c2 2 1 2
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.
= . Từ đây suy ra Ta có ∆BFC ∼ ∆ABC (g.g) nên BC AC CF BC
x = CF = = . BC2 AC a2 c
Ta có
DE.AB = AF.BD S∆ABD = 1 2 1 2
suy ra
c.(c − ) a2 c = = . b2 2 c.(c − x) 2 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
(cid:91)EBD + (cid:91)EDB = 90◦.
Mà (cid:100)BAC = (cid:91)EDB (vì ∆ABC = ∆DEB) nên (cid:91)EBD + (cid:100)BAC = 90◦. Suy ra AC ⊥ BD. Ta có
AC.DB = SABCD = 1 2 c2 2
BE.BC + DE.AB = + . SABCD = S∆BCD + S∆ABD = 1 2 1 2 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
AC.DE = ; SAECD = S∆AED + S∆DCE = 1 2 c2 2
44
Hình 2.10.
BE.BC + SABCD = SAECD + S∆BCE =
+ = . = c2 2 a(b − a) 2 c2 1 2 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
= + + b(b − a) 2 BE.BC 2 a(b − a) 2
= + − c2 2 c2 2 b2 2 a2 2
45
Hình 2.11 (a) Hình 2.11 (b)
+ − Suy ra b2 = hay a2 + b2 = c2. c2 2 b2 2 a2 2
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 +
+ = + . = a2 + GC.GD 2 a.(b − a) 2 AE.ED 2 b(b − a) 2 a2 2 b2 2
+ = Suy ra hay a2 + b2 = c2. a2 2 b2 2 c2 2
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 lần lượt là c, c và (b − a, b + a), . Suy ra và diện tích b2 được chia thành hai tam giác vuông có độ dài các cạnh góc vuông và c2 2 (a + b)(b − a) 2
b2 = + ⇒ + = . c2 2 (a + b)(b − a) 2 a2 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 với CD. Đường
phân giác trong của (cid:100)BAD cắt Dx tại E. Kẻ EF ⊥ BC cắt BC tại F, ∆ABE và ∆ADE có AE là cạnh chung, (cid:100)EAB = (cid:91)EAD
Hình 2.15.
Ta có AB = AD = c (cách vẽ). Suy ra
∆ABE = ∆ADE(c.g.c) ⇒ (cid:100)EBA = (cid:100)EDA = 90◦,
tức là ∆ABE vuông tại B. Suy ra (cid:100)ABC + (cid:100)EBF = 90◦. Vì
(cid:100)EBF + (cid:100)FEB = 90◦, (cid:100)ABC + (cid:100)BAC = 90◦
48
nên
(cid:100)ABC = (cid:100)FEB, (cid:100)BAC = (cid:100)EBF.
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
= = ⇒ = = ⇒ u = , y = . FE BC BF AC BE AB x a u b y c x.b a x.c a
Suy ra
u = , y = . (b + c).b a (b + c).c a
Mặt khác, y = u + a nên
= + a. (b + c)c a (b + c)b 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
của CD kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AD tại F. Suy ra
EF (cid:107) AC, FE = , FA = FD = . AC 2 AD 2
Mà
CD = BD − BC = AB − BC, BE = BC + = BC + = . DC 2 (AB − BC) 2 (AB + BC) 2
Tam giác ABD cân tại B, và Flà trung điểm AD, suy ra BF ⊥ AD, từ đây ta có (cid:91)DFE = (cid:91)DBF (cùng phụ với góc (cid:91)FDE). Mà (cid:91)DFE = (cid:100)DAC (hai góc đồng vị) nên (cid:91)DBF = (cid:100)DAC. Do
⇒ EF.AC = CD.EB. = ∆ADC ∼ ∆BEF (g.g) ⇒ AC BE CD EF
49
Hình 2.16.
suy ra
· AC = . (AB − BC)(AB + BC) 2
AC 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. Vẽ CL ⊥ AB, L là trung điểm của BE.
Hình 2.17.
Ta có ∆ABC ∼ ∆CBL vì có góc (cid:100)CBL chung, (cid:100)ACB = (cid:100)CLB = 90◦. Suy ra
= ⇒ BL = = . BL BC BC AB BC2 AB a2 c
Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn suy ra (cid:91)ADE = (cid:91)ABH (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Suy ra
⇒ AD.AH = AB.AE. = ∆ADE ∼ ∆ABH (g.g) ⇒ AD AB AE AH
hay (b − a)(b + a) = c(c − 2.BL), tức là b2 − a2 = c2 − 2c. . Vậy ta có a2 + b2 = c2. a2 c
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 (cid:100)ABF = (cid:100)KBJ (hai góc đối đỉnh) và (cid:100)JFA = (cid:100)BKJ (cùng chắn cung AJ). Suy ra ∆AFB ∼ ∆JKB (g. g). Suy ra
= ⇒ AB.BK = BF.BJ. AB BJ BF BK
Hay
c.BK = (b − a)(b + a). (2.1)
Ta có ∆ACB ∼ ∆AKH (g.g) nên
= AK = = . suy ra AC AK AB AH AC.AH AB 2b2 c
Ta có BK = AK − c = , thay vào (2.1) ta được 2b2 − c2 c
c. = (b − a)(b + a) a2 + b2 = c2. suy ra 2b2 − c2 c
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 (cid:98)A chung, và (cid:91)ADH = (cid:91)AED (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 có C là trung điểm PK.
Ta có
+ = CP. = . = . S∆ACP + SBCK = CP.AP 2 CK.BK 2 (AP + BK) 2 PK 2 (AP + BK) 2 SABKP 2
Suy ra
S∆ABC = SABKP − (S∆ACP + SBCK) = ⇒ S∆ACP + SBCK = S∆ABC. SABKP 2
Ta có ∆CPA và ∆BAC có (cid:100)PCA = (cid:100)CBA (bằng một nửa số đo cung AC) và
(cid:100)CPA = (cid:100)BCA = 90◦.
Suy ra ∆CAP ∼ ∆BAC (g.g). Vậy ta có
= = ⇒ = = . AP AC CA BA CP BC AP b b c CP a
Suy ra
, CP = , = = AP = , =⇒ S∆ACP = b2 c ab c AP ·CP 2 b2ab 2cc ab3 2c2 .
Tương tự ta có
= S∆BCK = BK.CK 2 a3b 2c2 .
nên , suy ra a3b+ab3 = abc2. Như vậy c2 = a2 +b2. Mà S∆ABC = ab 2 a3b 2c2 + ab3 2c2 = ab 2
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). Đặt CE = 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, (cid:91)ECD = (cid:100)ACB = 90◦, CD = AC = b.
Suy ra DE = AB = c.
Tam giác BCE cân tại C, suy ra (cid:100)EBC = 45◦. Tam giác ACD cân tại C, suy ra
(cid:100)CDA = 45◦. Như vậy
(cid:100)EBC + (cid:100)CDA = 90◦ ⇒ BE ⊥ AD ⇒ DF ⊥ AB.
Ta có
= + + S∆ABD = S∆ABE + S∆ACD + S∆BCE ⇒ AB.DF 2 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 x b c − b a a b + c
suy ra
b + c = c − b = , . ab x xa b
Đến đây ta có
⇒ c2 − b2 = a2. . (b + c) (c − b) = ab x xa b
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
= + + . (2.2) ab 2 ab 2 (a − b).a 2
Ta cũng có
+ SABED = SABD + SBED = AD.AB 2
. = + (2.3) CE.DE 2 (a − b).b 2 c2 2
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 rb 2
= = . ra 2 a + b + c 2 rc 2 a + b − c 2 (a + b + c) r 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(cid:48) và C(cid:48) sao cho (cid:100)CAB = (cid:91)AC(cid:48)B = (cid:91)AB(cid:48)C. Khi đó ∆ABC, ∆C(cid:48)BA và ∆B(cid:48)AC đều đồng dạng.
Hình 2.25.
57
Do ba tam giác đồng dạng với nhau nên ta có các tỉ lệ
. và AB BC(cid:48) = BC AB AC CB(cid:48) = BC AC
Do đó AC2 + AB2 = BC(CB(cid:48) + BC(cid:48)).
Trong trường hợp góc A là vuông, hai điểm B(cid:48) và C(cid:48) sẽ trùng nhau (do góc A
vuông nên hai điểm này sẽ đều là chân đường cao) ta có AB2 + AC2 = BC2.
Chứng minh 53 ((Poo-Sung Park, 1999, xem [4], Proof 30).
Hình 2.26.
Từ một hình tam giác vuông ban đầu cạnh (a, b, c) ta dựng một hình vuông cạnh a
(cạnh nhỏ hơn). Sau đó, trên cạnh b của tam giác vuông, dựng một tam giác vuông
cân sao cho cạnh huyền của tam giác vuông cân này trùng với cạnh bên b của tam
giác vuông. Sau đó dựng ba tam giác bằng tam giác vuông cân này. Các cạnh huyền
đều nằm trên cạnh của hình vuông cạnh a và cách sắp xếp như trong Hình 2.26
Nối bốn đỉnh của bốn tam giác vuông cân, ta được hình vuông cạnh c.
Thật vậy, xét hình tứ giác có một cạnh là c và gồm hai cạnh bên của hai tam giác
vuông cân kề nhau (xét hai cạnh ở xa nhau nhất) như trong hình. Hai cạnh bên của
hai tam giác vuông cân này có độ dài bằng nhau và song song với nhau (do tổng của hai góc do hai cạnh này tạo với cạnh c bằng 180◦ (mỗi góc bằng một góc của tam giác vuông cộng với 45◦). Do đó, tứ giác này là hình bình hành và đoạn thẳng nối
hai đỉnh của hai tam giác vuông cân có độ dài bằng. Do tính tương tự của các cặp
tam giác vuông cân, cả bốn cạnh nối bốn đỉnh của bốn tam giác vuông cân đều có
độ dài bằng c và tạo thành hình vuông cạnh c.
58
Ta lại có cứ mỗi cặp cạnh kề nhau gần nhau nhất của hai tam giác vuông cân
cạnh nhau thì đều bằng nhau và song song với nhau (đều tạo cùng một góc với một
cạnh của hình vuông cạnh a). Do đó, ứng với mỗi tam giác nhỏ trong mỗi tam giác
vuông cân nằm ngoài hình vuông cạnh c (các tam giác chờm ra ngoài hình vuông
cạnh c trong Hình 2.26) đều có một tam giác nhỏ chung đỉnh nằm trong hình vuông
cạnh c và bằng tam giác này (bạn đọc có thể nhận thấy ngay từ hình vẽ). Vì vậy, tổng
diện tích của hình vuông cạnh a và bốn tam giác vuông cân thì cũng bằng diện tích hình vuông cạnh c. Mỗi hình tam giác vuông cân cạnh huyền b có diện tích b2/4
nên ta có a2 + 4 = c2, hay c2 = a2 + b2. b2 4
Cách chứng minh này rất sáng tạo nhưng tương đối phức tạp và dài dòng. Poo-
Sung Park đã sử dụng khả năng dựng hình và tư duy logic để chứng minh định lý
Pythagoras bằng các hình vuông và tam giác vuông.
Chứng minh 54 (Floor van Lamoen, xem [4], Proof 63). Xét ∆ABC vuông. Dựng hình vuông ABA(cid:48)B(cid:48) tâm M cùng phía với C. Dựng các hình vuông AC(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C và BCA(cid:48)(cid:48)C(cid:48)(cid:48) trên AC và BC.
Hình 2.27. Chứng minh của Floor van Lamoen
Tam giác AB(cid:48)C(cid:48) là ảnh của phép quay ∆ABC quanh A cho nên B(cid:48) nằm trên C(cid:48)B(cid:48)(cid:48). Tương tự, A(cid:48) nằm trên A(cid:48)(cid:48)C(cid:48)(cid:48). Cả AA(cid:48)(cid:48) và BB(cid:48)(cid:48) đều có độ dài (a + b). Điểm M là trung điểm của BB(cid:48) và AA(cid:48) nên khoảng cách (hạ đường vuông góc) từ M đến A(cid:48)(cid:48)C(cid:48)(cid:48) và B(cid:48)C(cid:48)
đều là (a + b)/2. Ta có
= + . . = + + S∆AMB(cid:48)C(cid:48) = S∆MAC(cid:48) + S∆MB(cid:48)C(cid:48) a + b a + b 2 2 b 2 a 2 ab 2 b2 4 a2 4
59
+ . S∆AMB(cid:48)C(cid:48) = S∆AMB(cid:48) + S∆AB(cid:48)C(cid:48) = c2 4 ab 2
Từ hai biểu thức trên ta có
+ + = + . a2 4 ab 2 b2 4 c2 4 ab 2
Hay là a2 + b2 = c2. Ta có điều cần chứng minh.
2.2 Các chứng minh lượng giác của định lý Pythagoras
Chứng minh 55 (B. Polster & M. Ross, xem [4], Proof 118). B. Polster & M. Ross
đã chứng minh Mệnh đề sau không dùng định lý Pythagoras và định lý hàm số cosin.
Mệnh đề 2.2.1 (B. Polster & M. Ross, 2016, xem [5]). Trong tam giác ABC với
BC = a, AC = b, AB = c, (cid:100)ACB = α ta có
• c2 = a2 + b2 − ab nếu α = 60◦;
• c2 = a2 + b2 + ab nếu α = 120◦.
Bây giờ ta sẽ áp dụng mệnh đề trên để chứng minh định lý Pythagoras. Bất kì tam giác vuông nào cũng có thể chia thành một tam giác có góc 60◦ và một tam giác khác với góc 120◦.
Hình 2.28.
Từ Mệnh đề 2.2.1, ta có
c2 = x2 + (a − y)2 + x(a − y),
b2 = x2 + y2 − xy.
60
Trừ hai vế cho nhau, ta được c2 − b2 = a2 − a(2y − x). Mà x = 2y nên c2 − b2 = a2 hay c2 = a2 + b2.
Chứng minh 56 (David Houston, xem [4], Proof 80). Khi xác định sin θ cho bất kì
góc nhọn nào thì nó đều là tỉ số giữa đường cao và cạnh huyền (trong hình vẽ bên
dưới) tức là
suy ra sin θ = h = y sin θ . h y
Hình 2.29.
Như vậy ta có diện tích tam giác
= . S = xh 2 xy sin θ 2
Ta cần chứng minh c2 = a2 + b2 trong hình vẽ sau:
Hình 2.30.
Để không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b (không xét trường hợp a = b để đảm bảo
góc θ nhọn).
Theo cách tính nêu trên, với tam giác to bên trái ta có
S = 2 · ab = suy ra (2.4) c2 sin θ 2 S = ab 2 c2 sin θ 2
61
Hình 2.31.
Với hình chữ nhật bên phải ta có
; • Diện tích tam giác cân cạnh a bằng S1 = a2 sin θ 2
; • Diện tích tam giác cân cạnh b bằng S2 = b2 sin θ 2
= ab. • Diện tích hai tam giác vuông cạnh huyền c bằng S3 = 2 · ab 2
Thay (2.4) vào ta có
. S3 = c2 sin θ 2
Mặt khác theo cách vẽ hình ta có S3 = S1 + S2. Hay là
= + c2 sin θ 2 a2 sin θ 2 b2 sin θ 2
suy ra c2 = a2 + b2.
Chứng minh 57 (Jason Zimba, xem [4], Proof 84). J. Zimba sử dụng hai công thức
lượng giác sau cho cách chứng minh của mình:
cos(α − β ) = cos α cos β + sin α sin β ,
sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β .
Xét tam giác vuông với hai cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là a và b cạnh huyền
c, hai góc nhọn x và y thỏa mãn
, . 0 < y < x < 90◦, cos x = sin x = a c b c
62
Khi đó 0 < x − y < 90◦. Ta có
cos y = cos(x − (x − y))
= cos x cos(x − y) + sin x sin(x − y)
= cos x(cos x cos y + sin x sin y) + sin x(sin x cos y − cos x sin y)
= (cos2x + sin2x) cos y.
Suy ra:
cos2x + sin2x = 1 ⇒ a2 c2 + b2 c2 = 1.
Vậy c2 = a2 + b2.
Chứng minh 58 (John Molokach, xem [4], Proof 112). Giả sử α là góc nhọn của
tam giác vuông với hai cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là a và b cạnh huyền có
độ dài c thỏa mãn
, . cos x = sin x = a c b c
Ta có cos α = cos(2α − α) = cos(2α) cos α + sin(2α) sin α. Chia lần lượt cả hai vế
cho cos α ta có
= 1 − cos(2α) = 1 − = 1 − 2sin2α. sin(2α) sin α cos α 2 sin α cos α sin α cos α
Mặt khác ta có cos(2α) = cos2α − sin2α, hay là cos2α − sin2α = 1 − 2sin2α. Suy
ra
cos2α + sin2α = 1 ⇒ a2 c2 + b2 c2 = 1
suy ra a2 + b2 = c2. Ta có điều phải chứng minh.
Ta thấy hai cách Chứng minh 57 và Chứng minh 58 đều sử dụng công thức lượng
giác để chứng minh định lý Pythagoras nhưng lại có cách triển khai khác nhau. Mặc
dù cùng áp dụng các khai triển hàm cosin và sin của hiệu hai góc, Jason Zimba đưa
ra kết quả tính toán dựa trên hai góc nhọn x, y của tam giác vuông ban đầu, trong khi
đó, John Molokach chỉ xét đến góc α là một trong hai góc nhọn tạo bởi cạnh huyền
và hai cạnh góc vuông. Tuy nhiên, sau quá trình tính toán, cả hai tác giả đều đi đến công thức lượng giác quen thuộc sin2x + cos2x = 1 và bài toán được giải quyết.
63
Chương 3
Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác
3.1 Chứng minh định lý Pythagoras từ
định lý dây cung gãy
Chứng minh 59 (Định lý dây cung gãy, xem [4], Proof 85). Trên đường tròn ngoại
tiếp của ∆ABC, điểm P là điểm chính giữa của cung tròn ABC. Đường thẳng PM
vuông góc với cạnh dài hơn trong hai cạnh AC và BC. Điểm M sẽ chia đôi đường
gấp khúc ABC hay AM = MC +CB.
Hình 3.1. Định lý dây cung gãy
Ta có thể chứng minh định lý này bằng cách kéo dài AC đến F sao cho CF =
64
BC. ∆BCF là tam giác cân với (cid:100)CFB = (cid:100)BFC = α. Khi đó góc ngoài (cid:100)ACB = 2α. Trong đường tròn đã cho, (cid:100)ACB = (cid:100)APB do nhìn cùng một cạnh. Do đó: (cid:100)APB = 2α = 2 (cid:100)CFB = (cid:100)AFB.
Trong đường tròn ngoại tiếp ∆ABF, PA = PB và (cid:100)APB = 2 (cid:100)AFB nên P chính là tâm của đường tròn này. Vì vậy, khi kẻ PM ⊥ AF, M sẽ là trung điểm của AF hay
AM = MF = MC +CF = MC +CB và định lý dây cung gãy đã được chứng minh.
Bui Quang Tuan đã dùng định lý này để chứng minh định lý Pythagoras như sau
(Hình 3.2).
Hình 3.2. Chứng minh của Bui Quang Tuan sử dụng định lý dây cung gãy
Vẽ ∆ABC vuông ở C, AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tâm O. Gọi P là
điểm chính giữa cung ACB. ∆APB vuông cân vuông ở P. Giả sử AC > BC, gọi M là hình chiếu vuông góc của P lên AC. Đường thẳng PM cắt AB ở N. B(cid:48) là hình chiếu vuông góc của B lên PM. Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Tứ giác BCMB(cid:48) là hình chữ nhật nên MB(cid:48) = BC = a. Áp dụng Định lý dây cung gãy ta có
AM = = , MC = − a = . AC + BC 2 a + b 2 a + b 2 b − a 2
Tam giác ∆PMC vuông cân ở M nên
MP = MC = . b − a 2
Vì AM (cid:107) BB(cid:48) và S∆MNB = S∆ANB(cid:48) nên ta có
= S∆ABP = S∆APM + S∆PMB + S∆AMN + S∆MNB c2 4
65
+ AM. = MP.
(cid:19) MC + MP. 2 (cid:19) (cid:18)a + b + + = = . . . . = S∆APM + S∆PMB + S∆AMN + S∆ANB(cid:48) = S∆APM + S∆PMB + S∆AMB(cid:48) MB(cid:48) 2 b − a 2 AM 2 (cid:18)a − b 2 a2 + b2 4 a + b 2 b − a 2 a 2 1 2 1 2 2
Suy ra c2 = a2 + b2. Ta có điều phải chứng minh.
Định lý dây cung gãy là một định lý tương đối lạ song cách chứng minh lại ngắn
gọn khi chỉ sử dụng các tính chất về góc của đường tròn và cộng đoạn thẳng đơn
giản. Dựa vào kết quả của định lý dây cung gãy, đồng thời vẽ thêm hình phụ, Bui
Quang Tuan đã đưa bài toán về lối chứng minh mà bản chất là việc sử dụng khéo léo
các biểu thức liên quan về diện tích.
3.2 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý Bottema
Chứng minh 60 (Định lý Bottema, xem [4], Proof 86). Các chứng minh này là dùng
định lý Bottema.
Hình 3.3. Định lý Bottema
Xét hai hình vuông ACBcBa và BCAcAb chung đỉnh C. Trung điểm M của đoạn AbBa có vị trí độc lập so với nếu giữ A và B cố định (xem Hình 3.3).
Kẻ các đường BaU, MW , AbV và CZ vuông góc với AB. Đường thẳng MW là đường
66
Hình 3.4. Chứng minh hình học của định lý Bottema
trung bình của hình thang BaUVAb nên
MW = . (BaU + AbV ) 2
Do (cid:91)BaAC = 90◦ nên (cid:92)BaAU và (cid:100)CAZ phụ nhau. Suy ra ∆BaAU = ∆ACZ (cạnh huyền - góc nhọn). Vậy BaU = AZ.
Tương tự ta có AbV = BZ. Từ ba quan hệ trên, ta được
MW = = = = AW BaU + AbV 2 AZ + BZ 2 AB 2
không phụ thuộc vào vị trí của C. Nghĩa là ta chỉ cần tìm trung điểm W của AB sao
đó đi một đoạn vuông góc bằng nửa AB hay M là tâm của hình vuông dựng trên
cạnh AB.
Từ định lý Bottema, Bui Quang Tuan đã đưa ra một cách chứng minh định lý
Pythagoras. Xét ∆ABC vuông ở C. Dựng các tam giác vuông cân ∆AA(cid:48)C và BB(cid:48)C trên hai cạnh AC và BC (hình 31.3). Theo định lý Bottema, trung điểm M của A(cid:48)B(cid:48) là đỉnh của ∆MAB vuông cân (không phụ thuộc vào vị trí điểm C). Ta có ∆ACA(cid:48) vuông cân tại A suy ra (cid:91)ACA(cid:48) = 45◦, tam giác ∆BCB(cid:48) vuông cân tại B suy ra (cid:91)BCB(cid:48) = 45◦.
Ta có (cid:92)A(cid:48)CB(cid:48) = 45◦ + 90◦ + 45◦ = 180◦ nên C ∈ A(cid:48)B(cid:48). Áp dụng bổ đề của Bui
Quang Tuan (xem [4]).
(3.1) AA(cid:48) (cid:107) BC, BB(cid:48) (cid:107) AC ta có S∆ACA(cid:48) + S∆BCB(cid:48) = 2S∆AMB.
67
Hình 3.5. Chứng minh của Bui Quang Tuan
Đặt
BC = BB(cid:48) = a, AC = AA(cid:48) = a, AB = 2OM = c.
Suy ra
, , . = (3.2) S∆AMB = 2. S∆BCB(cid:48) = S∆ACA(cid:48) = b2 2 a2 2 c 2 c 2 c2 2
Từ (3.1) và (3.2) suy ra a2 + b2 = c2.
Mặc dù định lý Bottema không quen thuộc nhưng cách dựng hình và chứng
minh đều dựa trên các kiến thức cơ sở như đường trung bình hay tam giác bằng
nhau. Bui Quang Tuan đã tiếp tục sự đơn giản đó trong cách chứng minh của mình
bằng việc sử dụng phương pháp cộng diện tích thông thường nhanh chóng đi đến kết quả a2 + b2 = c2.
3.3 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý những
tấm thảm
Định lý các tấm thảm được phát biểu như sau.
Định lý 3.3.1 (Định lý các tấm thảm). Nếu hai tấm thảm diện tích bằng nhau có
phần chồng lên nhau thì sau khi loại bỏ phần chồng nhau thì các phần còn lại có
diện tích bằng nhau.
Trường hợp hai tấm thảm, ta xét ∆BMD và ∆BMC.
Xét ∆BMD và ∆BMC chung cạnh BM và đường cao, DA = CB, nên
S∆BMD = S∆BMC.
68
Hình 3.6. Định lý các tấm thảm và hệ quả
Từ đây ta có
S∆BMD − S∆BMR = S∆BMC − S∆BMR ⇒ S∆DMR = S∆BCR.
Ta có một hệ quả quan trọng: Trong một hình thang, kẻ hai đường chéo, ta sẽ
được bốn tam giác. Khi đó hai tam giác trong số bốn có cạnh là cạnh bên có diện
tích bằng nhau.
Tony Foster đã đưa ra một số cách chứng minh định lý Pythagoras đã sử dụng
tính chất này của hình thang.
Chứng minh 61 (xem [4], Proof 103). Trong hình này, độ dài các cạnh được kí hiệu
bởi A, B, C.
Hình 3.7. Cách chứng minh thứ nhất của Tony Foster
Đầu tiên, ta tìm hình tam giác vuông cân cạnh C và nhận thấy rằng hai hình tam giác
so le với nhau có diện tích bằng nhau do tính chất đã được chứng minh ở trên của
hình thang. Vì vậy khi thiết lập tổng của các tam giác trong hình ta có
+ = A2 2 B2 2 C2 2
69
suy ra A2 + B2 = C2.
Chứng minh 62 (xem [4], Proof 103). Cách chứng minh thứ hai của Tony Foster
phức tạp hơn.
Hình 3.8. Cách chứng minh thứ hai của Tony Foster
Xét tam giác vuông cân KMO với cạnh bên C. Từ tính chất hai tam giác tạo bởi
đường chéo của hình thang suy ra S∆NOQ = S∆MPQ. Ta lại có
vì JK (cid:107) LM, LN = NM, S∆JLN = S∆KNM
vì OP (cid:107) LM, LN = NM. S∆OLN = S∆PNM
Suy ra S∆JLO = S∆KPM, và
= S∆KOM = S∆KOQ + S∆MPQ + S∆KPM C2 2
= + . = S∆KNO + = S∆KOQ + S∆NOQ + S∆JLO A2 A2 2 2 B2 2
Suy ra C2 = A2 + B2.
Chứng minh 63 (xem [4], Proof 103). Cách chứng minh thứ ba của Tony Foster
cũng là một biến thể của hai cách trên và được minh họa trong Hình 3.9.
Ba cách chứng minh liên tiếp của Tony Foster từ đơn giản đến phức tạp nhưng
cùng bắt nguồn từ định lý những chiếc thảm. Đây là một định lý nghe lạ nhưng
có phần khá hiển nhiên. Tony đã mở ra một lối tư duy sáng tạo trong việc cắt, di
chuyển và ghép hình vẽ để đưa đến đích chứng minh. Với cách Chứng minh 63 là
cách có sự tiếp nối của hai cách chứng minh trên, tôi chỉ nêu hình vẽ bởi các phần
diện tích bằng nhau đã được tô cùng màu. Dễ dàng nhận thấy: diện tích hình vuông
cạnh C bằng tổng diện tích của bốn hình tam giác nhỏ ngoài hình bình hành hay là C2 = A2 + B2.
70
Hình 3.9. Cách chứng minh thứ ba của Tony Foster
3.4 Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý
hình học khác
Mục này dành để trình bày một số cách chứng minh định lý Pythagoras nhờ
các định lý hình học khác (chẳng hạn, định lý Heron, Pappus, Kurrah, Stewart,
Protemy,. . . )
Trước hết ta phát biểu định lý Heron như sau:
Định lý 3.4.1 (Định lý Heron). Giả sử một tam giác thường có ba cạnh lần lượt là
là nửa chu vi. Khi đó diện tích A sẽ được tính theo công a, b và c. Gọi s = a + b + c 2 thức
A = (cid:112)s(s − a)(s − b)(s − c).
Hình 3.10. Định lý Heron
71
Chứng minh 64 (xem [8]). Xét tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c. Gọi
p = là nửa chu vi tam giác, diện tích A. Khi đó có a + b + c 2
A2 = s(s − a)(s − b)(s − c).
Khi đó tam giác vuông có diện tích A = . Ta lại có Xét tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có độ dài bằng a, b cạnh huyền bằng c. ab 2
s − a = − a = . −a + b + c s a + b + c 2
Tương tự
s − b = , s − c = . a − b + c s a + b − c 2
Ta có
16A2 = 16s(s − a)(s − b)(s − c)
= 2s.2(s − a)2.(S − b)2.(s − c)
= (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c)
= 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 − (a4 + b4 + c4).
(cid:19)2 = 4a2b2 nên Mặt khác 16A2 = 16 (cid:18)ab 2
4a2b2 = 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 − (a4 + b4 + c4)
⇒ (a4 + 2a2b2 + b4) − 2a2c2 − 2b2c2 + c4 = 0
= 0
⇒ (a2 + b2)2 − 2c2(a2 + b2) + c4 = 0 ⇒ (cid:2)(a2 + b2) − c2(cid:3)2 ⇒ a2 + b2 = c2.
Ta có điều phải chứng minh.
Đây là cách chứng minh áp dụng định lý Heron rất phổ biến để tính diện tích tam
giác bởi nó có thể áp dụng với bất cứ tam giác nào có độ dài các cạnh mà không cần
sự đặc biệt về góc. Ở đây, tác giả của cách chứng minh này đã đem nó áp dụng trong
tam giác vuông, đồng thời làm đơn giản hóa biểu thức đại số bằng cách làm mất căn
72
của công thức tính diện tích và trong cách này là bình phương diện tích đồng thời
nhân lên 16 lần ở mỗi vế.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh định lý Pythagoras bằng định lý Pappus. Ta phát biểu
định lý Pappus như sau:
Định lý 3.4.2 (Định lý Pappus). Từ ∆ABC, dựng hai hình bình hành ABDE, ACFG
dựa trên hai cạnh tương ứng là AB và AC (xem Hình 3.11). Kéo dài DE và FG cắt
nhau tại H. Vẽ BM = CN = HA và song song với HA, ta được hình bình hành
SBMNC = SADDE + SACFG.
Hình 3.11. Định lý Pappus
Kéo dài HA cắt BC tại K và MN tại L. Khi đó LK chia hình bình hành BCNM
thành hai hình bình hành BKLM và CKLM.
Ta sẽ chứng minh
SBKLM = SABDE.
Kéo dài MB cắt DE tại P. Ta có SABDE = SABPH (do hai hình có cùng đáy AB, độ dài đường cao bằng nhau do DH (cid:107) AB).
Ta có: SABPH = 2SABH. Mặt khác: SABH = SBKM (do HA = BM, độ dài hai đường
cao bằng nhau do BM (cid:107) HA ). Suy ra
(3.3) SABDE = 2SABH = 2SBKM = SBKLM.
Chứng minh tương tự ta có
(3.4) SCKLM = SACFG
73
Từ (3.3) và (3.4) suy ra
SABDE + SACFG = SBKLM + SCKLN = SBCNM.
Bây giờ ta sẽ dùng định lý Pappus để chứng minh định lý Pythagoras.
Chứng minh 65 (xem [5], trang 58-59). Định lý Pythagoras là trường hợp đặc biệt
của định lý Pappus khi góc A vuông và hai hình bình hành ban đầu trở thành hai
hình vuông. Lúc đó ta có
AB2 + AC2 = BC2.
Định lý được chứng minh.
Cách chứng minh này các biểu thức liên quan lẫn nhau về mặt diện tích, song có
sự khác biệt hơn bởi lẽ nó là trường hợp đặc biệt khi áp dụng định lý Pappus. Định
lý Pappus là một định lý đẹp khi mang đến cho người đọc một biểu thức về sự liên
quan giữa diện tích của các hình bình hành mà hiếm có định lý nào nhắc đến. Và
đặc biệt hơn, để chứng minh định lý Pappus ta lại tiếp tục sử dụng liên tiếp các phép
toán diện tích. Có thể gọi cách chứng minh này là thuần túy diện tích.
Định lý 3.4.3 (Định lý Ptolemy). Tứ giác lồi ABCD nội tiếp một đường tròn khi và
chỉ khi tổng của tích các cặp cạnh đối diện bằng tích của hai đường chéo, nghĩa là
AB.CD + AD.BC = AC.BD.
Chứng minh định lý Ptolemy. Xét hình vẽ dưới đây
Hình 3.12. Định lý Ptolemy
Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho (cid:100)ADB = (cid:91)MBC.
74
Xét ∆ABD và ∆MBC có (cid:100)ABD = (cid:91)MCB, (cid:100)ABD = (cid:91)MBC nên
∆ABD ∼ ∆MBC (g.g).
Do đó ta có
= ⇒ AD.BC = BD.MC (3.5) AD BD MC BC
Ta lại có
= nên ∆ABM ∼ ∆DBC. và (cid:91)ABM = (cid:100)DBC BA BD BM BC
Suy ra
= ⇒ AB.CD = AM.BD. (3.6) AB AM BD CD
Từ (3.5) và (3.6) suy ra
AD.BC + AB.CD = BD.MC + AM.BD = AC.BD.
Vậy
AD.BC + AB.CD = AC.BD.
Như vậy định lý Ptolemy đã được chứng minh.
Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras.
Chứng minh 66 (xem [3]). Xét hình chữ nhật ABCD, rõ ràng đây là một tứ giác nội
tiếp. Vì thế ta có
AB.CD + AD.BC = AC.BD.
Do AB = CD, AD = BC, AC = BD nên AB2 + BC2 = AC2. Ta hoàn thành chứng
minh của định lý Pythagoras.
Định lý Ptolemy thường xuyên được sử dụng trong các bài toán chứng minh liên
quan đến hình tròn. Trong [3] đã nêu nhiều cách chứng minh và nhiều ứng dụng của
định lý này. Ở đây chỉ nêu một cách chứng minh sử dụng kiến thức hình học đơn
giản. Cách chứng minh này giúp các em học sinh từ trung học cơ sở có thể hiểu
và mở rộng áp dụng. Định lý Pythagoras chính là trường hợp đặc biệt của định lý
Ptoleme khi tứ giác bất kì trở thành hình chữ nhật.
Kurrah đã nghiên cứu một tam giác không vuông và đã mở rộng định lý Pythago-
ras như sau.
75
Định lý 3.4.4 (Định lý Kurrah). Cho tam giác thường AED có ba cạnh lần lượt là AD, AE và ED. Giả sử góc (cid:91)AED như trong hình vẽ. Dựng hai đoạn thẳng EB và EC sao cho (cid:100)ABE = (cid:91)DCE = α. Khi đó ta có AE2 + ED2 = AD(AB +CD).
Chứng minh định lý Kurrah. Xét hình vẽ sau đây.
Hình 3.13. Định lý Kurrah
Ta có ∆ABE ∼ ∆AED (do (cid:100)BAE chung và (cid:100)ABE = (cid:91)AED = α) nên
⇒ AE2 = AB.AD. = (3.7) AE AB
AD AE Tiếp theo, ∆ECD ∼ ∆AED (do (cid:91)EDC chung, (cid:91)ECD = (cid:91)AED = α) nên
= ⇒ ED2 = AD.CD. (3.8) ED CD AD ED
Từ (3.7) và (3.8) suy ra AE2 + ED2 = AB.AD + AD.CD. Vậy
AE2 + ED2 = AD(AB +CD).
Như vậy ta đã hoàn thành phép chứng minh định lý Kurrah.
Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras.
Chứng minh 67 (xem [8]). Khi α = 90◦ thì EB và EC trùng nhau nên
AB +CD = AD. BC = 0 và
Do đó AE2 + ED2 = AD2.
76
Định lý Kurrah không quá quen thuộc nhưng chứng minh định lý Kurrah lại đơn
giản và dễ hiểu khi chỉ dựa trên việc sử dụng các tam giác đồng dạng. Ở cách chứng
minh này, bằng cách làm đặc biệt hóa tam giác được nhắc đến trong định lý Kurrah
mà định lý Pythagoras được chứng minh nhanh chóng. Đồng thời thông qua chứng
minh định lý Kurrah đưa đến cho người đọc một ý tưởng về áp dụng sáng tạo lấy
thêm điểm tạo góc bằng nhau.
Chứng minh 68 (Stuart Anderson, 2010, xem [4], Proof 88). Trong hình tròn tâm
O, vẽ ∆ABC và ∆DEF lần lượt vuông ở C và F. Hai tam giác này bằng nhau và
DE ⊥ BC. Khi đó DE cắt đôi BC và AB cắt đôi EF.
Hình 3.14. Chứng minh của Stuart Anderson với dựng hình ngôi sao David (ngôi
sao sáu cánh của đạo Do Thái)
Do E là điểm chính giữa của cung lớn BC nên theo định lý dây cung gãy, EF cắt
AB thành các đoạn . Đồng thời ta có và AB + AC 2 AB − AC 2
. = . = . . AB + AC 2 AB − AC 2 EF 2 EF 2 BC 2 BC 2
hay AB2 − AC2 = BC2. Điều này dẫn đến AB2 = AC2 + BC2.
Cách chứng minh trên xuất phát từ ý tưởng ngôi sao sáu cánh của đạo Do Thái
nhưng đã có sự biến đổi mà cụ thể ở đây là sự lồng ghép ngược chiều nhau của hai
tam giác vuông nội tiếp đường tròn ∆ABC và ∆DEF. Sự khéo léo lồng ghép này đã
đưa đến gợi ý điểm chính giữa cung và làm cách chứng minh trở nên đơn giản.
77
Kết luận
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn “Một số chứng minh định lý Pythagoras” đã phân loại và trình bày
hơn 60 cách (trong tổng số khoảng 400) cách chứng minh định lý Pythagoras.
Vì nhiều lí do, luận văn còn chưa trình bày được hết số lượng lớn các cách chứng
minh định lý Pythagoras. Tuy nhiên, theo chúng tôi, luận văn cũng đã cho một bức
tranh tương đối toàn cảnh về các phương pháp chúng minh định lý Pythagoras. Một
số chứng minh cổ điển (trước Công nguyên) và một số chứng minh khá mới (trong
những năm gần đây, cho tới năm 2016), một số chứng minh của người Việt Nam (tác
giả Bui Quang Tuan, tác giả Tran Quang Hung) cũng đã được nước ngoài biết đến
và đã được trình bày trong luận văn.
Hi vọng luận văn được các giáo viên, học sinh và các bạn yêu thích toán học
quan tâm và sử dụng.
2 Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo
Sau những kết quả đã đạt được trong luận văn, chúng tôi sẽ cố gắng nghiên cứu
các cách chứng minh khác cho định lý cổ điển và thú vị này. Chúng tôi hi vọng các
vấn đề tiếp sau của luận văn sẽ được nghiên cứu trong thời gian tới.
78
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Phước (2011), “Chứng minh định lý Pythagoras bằng cách ghép hình”,
Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 408.
[2] Văn Thị Thu Hà, Nguyễn Hoàng Vũ (2017), “Một số chứng minh định lý
Pythagoras”. Gửi in trong Kỷ yếu Hội thảo Chuyên đề bồi dưỡng học sinh
giỏi (chủ biên : GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu).
[3] Lê Quốc Hán (2012), Ẩn sau định lý Ptoleme, Nhà xuất bản Giáo dục.
Tiếng Anh
[4] A. Bogomolny, Pythagore Theorem with its many proofs, from In-
teractive Mathematics Miscellany and Puzzles, http://www.cut-the-
knot.org/pythagoras/index.shtml.
[5] E. Maor (2007), The Pythagore Theorem: A 4000 year History, Princeton Uni-
versity Press.
[6] J. C. Sparks (2008), The Pythagore Theorem: Crown Jewel of Mathematics,
Published by Authohouse, USA.
[7] E. S. Loomis (1972), The Pythagore Proposition, Second Edition, National
Council of Teachers of Mathematics, USA.
[8] Các tạp chí toán, các sách toán và các trang web toán tiếng Việt và tiếng Anh.
