Teorema de Pitágoras
Teorema de Pitágoras
Sea [math] un triángulo rectángulo con [math]. Entonces [math].
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Re: Teorema de Pitágoras
Demostración: Consideremos un cuadrado de lado [math] dividido en [math] triángulos congruentes a [math] y un cuadrado de lado [math], como se ve en la figura:
Calculemos el área del cuadrado interior de dos maneras distintas:
- Por un lado el área es [math].
- Por otro lado el área se puede calcular restandole al área del cuadrado exterior [math] veces el área de [math].
Esto es [math].
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Re: Teorema de Pitágoras
Acá comparto otra demostración:
Se tiene un triángulo rectángulo T, de lados a, b y c.
Supongamos que al triángulo T se le puede "cortar" el lado c, y que uno puede estirar los lados a y b.
Con este nuevo "lado" de longitud (a+b), fabricamos dos cuadrados iguales. Cada lado del cuadrado mide (a+b).
Marcamos en cada cuadrado los lados a y b, de manera tal de poder dibujar estas figuras:
Ahora, observemos en cada cuadrado cuántas veces aparece el triángulo T. Como los cuadrados son iguales, una vez que hemos descubierto los cuatro triángulos en cada uno de ellos, la superficie que queda libre en cada uno tiene que ser la misma.
En la figura 1, quedan dos "cuadraditos" de superficies [math] y [math] respectivamente. Por otro lado, en la figura 2, queda dibujado un "nuevo" cuadrado de área [math].
Conclusión: tiene que ser
[math] + [math] = [math]
Se tiene un triángulo rectángulo T, de lados a, b y c.
Supongamos que al triángulo T se le puede "cortar" el lado c, y que uno puede estirar los lados a y b.
Con este nuevo "lado" de longitud (a+b), fabricamos dos cuadrados iguales. Cada lado del cuadrado mide (a+b).
Marcamos en cada cuadrado los lados a y b, de manera tal de poder dibujar estas figuras:
Ahora, observemos en cada cuadrado cuántas veces aparece el triángulo T. Como los cuadrados son iguales, una vez que hemos descubierto los cuatro triángulos en cada uno de ellos, la superficie que queda libre en cada uno tiene que ser la misma.
En la figura 1, quedan dos "cuadraditos" de superficies [math] y [math] respectivamente. Por otro lado, en la figura 2, queda dibujado un "nuevo" cuadrado de área [math].
Conclusión: tiene que ser
[math] + [math] = [math]
Say no more
-
Gianni De Rico
- Mensajes: 2212
- Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
- Medallas: 18
- Nivel: Exolímpico
- Ubicación: Rosario
- Contactar:
Re: Teorema de Pitágoras
Otra demo:
Sea $D$ el pie de la perpendicular desde $A$ a $BC$
Tenemos $B\widehat DA=B\widehat AC=90^\circ$ y $D\widehat BA=A\widehat BC$, luego$$DBA\simeq ABC\Rightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow AB^2=BC\cdot BD.$$Tenemos $C\widehat DA=C\widehat AB=90^\circ$ y $D\widehat CA=B\widehat CA$, luego$$DAC\simeq ABC\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{AC}{CD}\Rightarrow AC^2=BC\cdot CD.$$Juntando los dos resultados nos queda\begin{align*}AB^2+AC^2 & =BC\cdot BD+BC\cdot CD \\
& =BC\cdot (BD+CD) \\
& =BC^2.
\end{align*}
Sea $D$ el pie de la perpendicular desde $A$ a $BC$
Tenemos $B\widehat DA=B\widehat AC=90^\circ$ y $D\widehat BA=A\widehat BC$, luego$$DBA\simeq ABC\Rightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow AB^2=BC\cdot BD.$$Tenemos $C\widehat DA=C\widehat AB=90^\circ$ y $D\widehat CA=B\widehat CA$, luego$$DAC\simeq ABC\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{AC}{CD}\Rightarrow AC^2=BC\cdot CD.$$Juntando los dos resultados nos queda\begin{align*}AB^2+AC^2 & =BC\cdot BD+BC\cdot CD \\
& =BC\cdot (BD+CD) \\
& =BC^2.
\end{align*}
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
-
Gianni De Rico
- Mensajes: 2212
- Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
- Medallas: 18
- Nivel: Exolímpico
- Ubicación: Rosario
- Contactar:
Re: Teorema de Pitágoras
Edit:
Esta demo es muy teórica, pero dentro de todo me pareció linda.
Fin edit (?)
Una más:
Consideremos la circunferencia $\Omega$ de centro $B$ y radio $BA$, luego, $AC$ es tangente a $\Omega$, entonces por Potencia de un Punto tenemos que$$AC^2=\text{Pot}(C,\Omega )=BC^2-AB^2$$de donde$$AB^2+AC^2=BC^2$$y con eso estamos.
Esta demo es muy teórica, pero dentro de todo me pareció linda.
Fin edit (?)
Una más:
Consideremos la circunferencia $\Omega$ de centro $B$ y radio $BA$, luego, $AC$ es tangente a $\Omega$, entonces por Potencia de un Punto tenemos que$$AC^2=\text{Pot}(C,\Omega )=BC^2-AB^2$$de donde$$AB^2+AC^2=BC^2$$y con eso estamos.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Re: Teorema de Pitágoras
Está bien siempre y cuando no uses Pitágoras para demostrar potencia de un punto!Gianni De Rico escribió: ↑Lun 22 Jun, 2020 6:32 pm Una más:
Consideremos la circunferencia $\Omega$ de centro $B$ y radio $BA$, luego, $AC$ es tangente a $\Omega$, entonces por Potencia de un Punto tenemos que$$AC^2=\text{Pot}(C,\Omega )=BC^2-AB^2$$de donde$$AB^2+AC^2=BC^2$$y con eso estamos.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Re: Teorema de Pitágoras
Potencia de un punto sale con semejanza.Ivan escribió: ↑Lun 22 Jun, 2020 7:37 pmEstá bien siempre y cuando no uses Pitágoras para demostrar potencia de un punto!Gianni De Rico escribió: ↑Lun 22 Jun, 2020 6:32 pm Una más:
Consideremos la circunferencia $\Omega$ de centro $B$ y radio $BA$, luego, $AC$ es tangente a $\Omega$, entonces por Potencia de un Punto tenemos que$$AC^2=\text{Pot}(C,\Omega )=BC^2-AB^2$$de donde$$AB^2+AC^2=BC^2$$y con eso estamos.
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]
-
Turko Arias
- Mensajes: 591
- Registrado: Lun 28 Nov, 2011 11:39 am
- Medallas: 17
- Nivel: Ñandú
- Ubicación: La Plata, Provincia de Buenos Aires
Re: Teorema de Pitágoras
Otra más, aún peor que la de Gianni, para no dejarlo solo publicando cosas horribles
Consideremos los complejos $z_1=a, z_2=bi, z_3=z_2-z_1$, con $a, b \in \mathbb{R}_{> 0}$. Es claro que los tres vectores forman un triángulo rectángulo, tenemos entonces que $|z_3|^2=|z_2-z_1|^2=(z_2-z_1)\overline{(z_2-z_1)}=(z_2-z_1)(\overline{z_2}-\overline{z_1})=(bi-a)(\overline{bi}-\overline{a})$, pero como $a \in \mathbb{R}, \overline{a}=a$ y nos queda $(bi-a)(-bi-a)=b^2+a^2$, así que $|z_3|^2=b^2+a^2$ como queríamos demostrar
Es claro que cualquiera en edad de aprender el Teorema de Pitágoras posee una base previa de complejos
Consideremos los complejos $z_1=a, z_2=bi, z_3=z_2-z_1$, con $a, b \in \mathbb{R}_{> 0}$. Es claro que los tres vectores forman un triángulo rectángulo, tenemos entonces que $|z_3|^2=|z_2-z_1|^2=(z_2-z_1)\overline{(z_2-z_1)}=(z_2-z_1)(\overline{z_2}-\overline{z_1})=(bi-a)(\overline{bi}-\overline{a})$, pero como $a \in \mathbb{R}, \overline{a}=a$ y nos queda $(bi-a)(-bi-a)=b^2+a^2$, así que $|z_3|^2=b^2+a^2$ como queríamos demostrar
Es claro que cualquiera en edad de aprender el Teorema de Pitágoras posee una base previa de complejos
Fundamentalista del Aire Acondicionado
Y todo el orgullo de ser bien bilardista
Y todo el orgullo de ser bien bilardista
Re: Teorema de Pitágoras
Carnot, semiperímetro por inradio y $ \frac{a.b}{2}$
El viaje del hijo de Atenea (Mi inscripción a cuentos con cuentas)
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
OWEEEEEEE