Teorema de Pitágoras

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Ivan

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Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Ivan »

Sea [math] un triángulo rectángulo con [math]. Entonces [math].
Imagen
Pitagoras1.png
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Ivan

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Ivan »

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:
Pitagoras2.png
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].
Igualando tenemos [math], que es lo que queríamos demostrar.
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JCondemi
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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por JCondemi »

Acá comparto otra demostración:

Se tiene un triángulo rectángulo T, de lados a, b y c.

Imagen

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:
Imagen
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]
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Gianni De Rico

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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*}
Pitágoras.png
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Gianni De Rico

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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.
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Ivan

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Ivan »

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.
Está bien siempre y cuando no uses Pitágoras para demostrar potencia de un punto!
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Caro - V3

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Caro - V3 »

Ivan escribió: Lun 22 Jun, 2020 7:37 pm
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.
Está bien siempre y cuando no uses Pitágoras para demostrar potencia de un punto!
Potencia de un punto sale con semejanza.
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Turko Arias

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por Turko Arias »

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
Spoiler: mostrar
Estoy siendo sarcástico :roll:
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Y todo el orgullo de ser bien bilardista
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NicoRicci

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Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por NicoRicci »

Carnot, semiperímetro por inradio y $ \frac{a.b}{2}$
Spoiler: mostrar

Cositas para tener en cuenta
Spoiler: mostrar
$*$ En un triángulo rectángulo, el punto medio de la hipotenuza es el circuncentro del mismo triángulo
$*$ El teorema de Carnot establece que, siendo $R$ y $r$ el circunradio e inradio (respectivamente) de un triángulo $ABC$ y $d_a$, $d_b$ y $d_c$ las distancias desde el circuncentro de $ABC$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, luego $R + r = d_a + d_b + d_c$, siendo éstas distancias negativas si y sólo si el segmento que determina esta distancia está completamente fuera del triángulo $ABC$
$*$ En un triángulo rectángulo, el área es equivalente al producto de los dos catetos sobre $2$
$*$ Siendo $s$ el semiperímetro y $r$ el inradio de un triángulo, el área de este triángulo es equivalente a $s.r$

Obviamente, si algo no resulta obvio no hay que obviarlo y buscar en los foros de teoría de geometría la demostración...
Sea $ABH$ el triángulo rectángulo con $H = 90^{\circ}$, $BH = a$, $AH = b$ y $AB = h$
Sean $M$, $N$ y $O$ los puntos medios de $b$, $a$ y $h$ respectivamente.
Vemos que $OM$ y $ON$ son bases medias de $ABH$, luego, $OM = \frac{b}{2}$ y $ON = \frac{a}{2}$
Adem'as, $O\widehat{M}A = O\widehat{N}B = O\widehat{N}H = O\widehat{M}H = 90^{\circ}$
Vemos entonces que la distancia entre el circuncentro de $ABH$ $(O)$ y los lados $h$, $b$ y $a$ son $0$, $\frac{a}{2}$ y $\frac{b}{2}$, ya que $O$ pertenece a $h$ y las bases medias con respecto a los lados $a$ y $b$ son perpendiculares respectivamente a los lados $b$ y $a$ (las bases medias representan la distancia entre $O$ y cada cateto)
Capturee.JPG
Por Carnot, $R + r = \frac{a}{2} + \frac{b}{2} = \frac{h}{2} + r $
$r = \frac{a + b - h}{2}$

Área triángulo $= s.r = \frac{ab}{2} $
$$\frac{a + b + h}{2} . \frac{a + b - h}{2} = \frac{ab}{2} =\frac{(a^2 + ab + ah + ba + b^2 + bh - ah - hb - h^2)}{4} = \frac{(a^2 + b^2 - h^2 + 2ab)}{4}$$
$$\frac{ab}{2} = \frac{a^2 + b^2 - h^2}{4} + \frac{ab}{2}$$
$$\frac{a^2 + b^2 - h^2}{4} = 0$$
$$a^2 + b^2 = h^2$$
El viaje del hijo de Atenea (Mi inscripción a cuentos con cuentas)
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Cosas que no riman :roll:
Spoiler: mostrar
$*$ Llamemos $a$, $b$ y $h$ a las mitades de los lados $BH$, y $AH$ y $AB$, respectivamente, donde $AB$ es la hipotenuza ($ABH$ es rectángulo)
$*$ Luego, el área del triángulo $= \frac{AH . BH}{2} = \frac{2a.2b}{2}$
$*$ Siendo $l_1$, $l_2$ y $l_3$ los lados de un triángulo y $s$ el semiperímetro $\frac{(l_1 + l_2 + l_3)}{2}$, el área del triángulo es $\sqrt{(s)(s - l_1)(s - l_2)(s - l_3)}$
$*$ Teniendo la ecuación $a x^2 + bx + c = 0$, $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$
Durmiendo estaba el mestizo
Cuando un rugido escucha desde el cobertizo

$$\sqrt{(a + b + h)(a + b - h)(a + h - b)(b + h - a)} = \frac{2a.2b}{2} = 2ab$$

Enseguida, de su casa sale
Y su intención de defenderse, sin hablar, replica
Pero la ira de la bestia sólo se multiplica

$$(a + b + h)(a + b - h)(a + h - b)(b + h - a) = 4 a^2 b^2$$

Enseguida se da cuenta de que a trompicones había salido,
se esconde en un árbol, se acomoda la armadura

$$(a^2 + ab + ah + ba + b^2 + bh - ah - bh - h^2)(ab + ah - a^2 + hb + h^2 - ha -b^2 - bh + ba)$$
$$(a^2 + b^2 - h^2 + 2ab) (h^2 - a^2 - b^2 + 2ab)$$

Y, desenvainando la espada,
empieza el partido

$$(a^2 h^2 - a^4 - a^2 b^2 + 2a^3 b) + (b^2 h^2 - a^2 b^2 - b^4 + 2a b^3) + ( -h^4 + a^2 h^2 + b^2 h^2 - 2a b h^2) + (2ab h^2 - 2 a^3 b - 2a b^3 + 4 a^2 b^2) = 4 a^2 b^2$$

Mientras el héroe mira al Minotauro con desdén, el monstruo ruge:
"¡En la cena de hoy, tu piel servirá de mantel!"
Sin embargo, Herón, con un movimiento de espada
el cuerpo de la bestia convierte en nada

$$a^2 h^2 - a^4 - a^2 b^2 + b^2 h^2 - a^2 b^2 - b^4 - h^4 + a^2 h^2 + b^2 h^2 = 0$$

Y, aunque victorioso,
su patio está desordenado y su pelo despeinado
asi que, sin rechistar, rapidamente comienza a ordenar

$$a^2 h^2 + b^2 h^2 + a^2 h^2 + b^2 h^2 = a^4 + b^4 + h^4 + 2 a^2 b^2$$
$$2(a^2 + b^2)h^2 = (a^2 + b^2)^2 + h^4$$
$x = (a^2 + b^2)$
$$2x h^2 = x^2 + h^4$$
$$x^2 - 2x h^2 + h^4 = 0$$

Después de todo eso, se da cuenta que hasta ahora no se había fijado
en el trofeo de guerra que en la tierra se hallaba, camuflado:
El cuerno izquierdo del Minotauro.

$$x = \frac{-(-2 h^2) \pm \sqrt{4 h^4 - 4 h^4}}{2} $$
$$x = h^2 = a^2 + b^2 = (\frac{AB}{2})^2 = (\frac{AH}{2})^2 + (\frac{BH}{2})^2$$
$$AB^2 = AH^2 + BH^2$$

Y así, el valiente,
vuelve a su casa, de su cansancio consciente
y aunque la cabeza le de vueltas, en sueños se hunde su mente.
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10  
OWEEEEEEE
rusocdu
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Registrado: Mié 20 Abr, 2022 4:11 pm
Nivel: Ñandú

Re: Teorema de Pitágoras

Mensaje sin leer por rusocdu »

En el Nivel 2 de Ñandú, puede utilizarse el Teorema de Pitágoras?
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