Háromszögek (3)

 

 

Vissza: http://gorbem.hu/Matematika.php

 

 

Háromszögek megadása, egybevágósága és hasonlósága

 

Mint azt láttuk, egy n oldalú sokszög egyértelmű megadásához 2n - 3 adat szükséges. Ezek alapján a háromszögeket három adattal adhatjuk meg egyértelműen. A megadási alapesetként megadhatjuk:

- a háromszöget három oldalával;

- a háromszöget két oldalával és az általuk közbezárt szöggel;

- a háromszöget két oldalával és a nagyobb oldallal szemközti szöggel, vagy

- a háromszöget egy oldalával és a rajta lévő két szöggel lehet egyértelműen megadni.

 

Két háromszög egybevágó, ha létezik olyan egybevágósági transzformáció, amely a két háromszöget egymásba átviszi. Ilyen transzformáció biztosan létezik, ha az alábbiak alapesetek közül valamelyik igaz:

- a megfelelő oldalak egyenlők;

- két-két oldaluk és a közbezárt szögek egyenlők;

- két-két oldaluk és a nagyobbakkal szemközti szögek egyenlők, vagy

- egy-egy oldaluk és a rajtuk lévő szögek egyenlők.

 

Mint láthatjuk, a háromszögek egybevágóságának alapesetei és a háromszög megadásának alapesetei gyakorlatilag ugyanazokat a feltételeket tartalmazzák. Természetesen az alapeseteken túl más adatokkal is meg lehet adni egyértelműen egy háromszöget. Ilyen esetekben arra kell vigyázni, hogy az adatok egymástól függetlenek legyenek. Egyértelműen megadható például a háromszög az egyik oldalával, a rajta lévő egyik szöggel, és az ehhez az oldalhoz tartozó magassággal.

 

Alapértelmezésben a háromszögek alkotóelemeit (csúcs, oldal, szög) az óra járásával ellentétes irányú körüljárással szoktuk megadni (ez természetesen nem kötelező). A síkbeli egybevágósági transzformációk között van olyan, amely ezt a körüljárást az ellenkezőjére változtatja. Ez a transzformáció a tengelyes tükrözés. Ez a síkban nem jelent valódi mozgást, ugyanakkor az ilyen transzformációval egymásba átvihető háromszögeket is egybevágóknak tekintjük. (Ugyanez a transzformáció a térben: a tengely körüli, 180º-os elforgatás. Tehát térben a tengelyes tükrözés már valódi mozgás.)

 

Két háromszög egymáshoz hasonló, ha létezik olyan hasonlósági transzformáció, amely a két háromszöget egymásba átviszi. Ilyen transzformáció biztosan létezik, ha az alábbi alapesetek közül valamelyik igaz:

- a megfelelő oldalak aránya egyenlők;

- két-két oldal aránya és a köztük lévő szögek egyenlők;

- két-két oldal aránya és a nagyobbakkal szemközti szögek egyenlők, vagy

- két-két szöge egyenlő.

Látható, hogy ezek az alapesetek is az egybevágóság és a háromszög megadása alapeseteivel harmonizálnak.

 

 

Háromszögek csoportosítása

 

Célszerű a háromszögeket csoportokba sorolni, mert a csoportosítás alapját képező speciális tulajdonságokat kihasználva, egyszerűbb összefüggések állapíthatók meg a háromszög alkotóelemei között, mint abban az esetben, ha nincs semmilyen megkötés az oldalak és szögek között. Ez utóbbi esetben általános háromszögről beszélhetünk.

 

Osztályozhatjuk a háromszögeket szögeik nagysága szerint (ekkor a szögeit a 90º-hoz hasonlítjuk, és tudjuk, hogy  egy háromszögnek legfeljebb egy 90º-os, vagy legfeljebb egy tompaszöge lehet):

- hegyesszögű háromszög: minden szöge kisebb, mint 90º;

- derékszögű háromszög: van 90º-os szöge;

- tompaszögű háromszög: van 90º-nál nagyobb szöge,

- 30º-os derékszögű háromszög: szögei tehát 30º, 60º és 90º, ez egy nevezetes derékszögű háromszög, amely egy adattal megadható, ami lehet például a befogó vagy az átfogó. Bármely két ilyen háromszög egymáshoz hasonló.

 

Osztályozhatjuk a háromszögeket az oldaluk egymáshoz viszonyított nagysága szerint:

- általános háromszög: az oldalak különböző hosszúak;

- egyenlőszárú háromszög: az oldalak között van két egyelő hosszú, melyeket a háromszög szárainak, az általuk bezárt szöget csúcsszögnek (esetleg szárszögnek), a harmadik oldalát pedig alapnak nevezünk;

- egyenlő oldalú háromszög: a háromszög oldalainak hossza azonos (és természetesen a szögei is), ebben az esetben szabályos háromszögről beszélünk. Egy adatával, például az oldalával megadható. Bármely két szabályos háromszög egymáshoz hasonló.

- egyenlőszárú derékszögű háromszög: szögei tehát 45º, 45º és 90º, ez is egy nevezetes háromszög, amely egy adattal megadható, ami lehet például a befogó vagy az átfogó. Bármely két ilyen háromszög egymáshoz hasonló.

 

A két speciális derékszögű háromszög látható a következő rajzon, melyekkel nevezetes szögek szögfüggvényeit szoktuk szemléltetni:

1. ábra: a 30º-os derékszögű háromszög, amelyet egy szabályos háromszögből az egyik magassága megrajzolásával kaphatunk (egyszerre kettőt is).

2. ábra: az egyenlő szárú derékszögű háromszög, amelyet egy négyzetből az egyik átlója megrajzolásával kaphatunk (itt is kettőt).

 

 

A következő ábrán a háromszögek csoportjainak egymáshoz való viszonyát ábrázoltuk halmazok segítségével:

 

 

 

Derékszögű háromszögek

 

Részletesebben célszerű elsőként a derékszögű háromszögekkel foglalkozni. Az ezekre vonatkozó tételek és definíciók nagyon hasznosak lesznek a további csoportokba tartozó háromszögek tulajdonságainak leírásánál. A derékszögű háromszögnek tehát van egy derékszöge. Ezzel a háromszög egy adata már ismert, tehát a teljes megadáshoz már csak két további adat szükséges. Megadhatjuk például két oldalát, vagy egy oldalát és még egy (természetesen hegyes) szögét.

 

A derékszögű háromszög esetén a következő elnevezéseket használjuk az oldalakra: a két, derékszöget bezáró oldalt befogóknak, a derékszöggel szemköztit pedig átfogónak nevezzük. Mivel a derékszög a legnagyobb a szöge háromszögnek, ezért nyilvánvaló, hogy az átfogó lesz a leghosszabb oldala (vagyis mindkét befogónál hosszabb).

 

A derékszögekkel való foglalkozást kezdjük két egyszerű tétellel:

 

Befogótétel: egy derékszögű háromszögben a befogó négyzete egyenlő az átfogónak és a befogónak az átfogóra eső merőleges vetületének a szorzatával. Mivel a derékszögű háromszögnek két egymástól független hosszúságú befogója van, így két egymástól független befogótételt írhatunk fel.

 

 

         Bizonyítás: ha megrajzoljuk egy derékszögű háromszög átfogójához tartozó magasságát, akkor három egymáshoz hasonló derékszögű háromszöget kapunk, hiszen mindhárom háromszögnek ugyanazok a szögei (a fenti rajzon az egyenlő szögek azonos ívekkel jelölve, és azért egyenlők, mert merőleges szárú szögpárok), ezek az ABC, CAT és CTB háromszögek. A hasonlóságot leíró aránypárokból a tétel állítása következik:

 

 

Ehhez hasonlóan kapjuk a következő tétel állítását is.

 

Magasságtétel: egy derékszögű háromszögben az átfogóhoz tartozó magasság talppontja az átfogót két olyan részre osztja, amelyek szorzata a magasság négyzetével egyenlő.

 

         A bizonyításnál most is az előző rajz jelöléseit használjuk:

 

 

Folytassuk a talán legfontosabb és legismertebb tétellel.

 

Pitagorasz tétele: egy derékszögű háromszög befogóira emelt négyzetek területének összege egyenlő az átfogóra emelt négyzet területével, azaz algebrailag: a2 + b2 = c2 ahol a és b a két befogó, c pedig az átfogó.

 

         A Pitagorasz tétel bizonyításai:

 

1. Elsőként bizonyítsuk be a tételt a befogótétel segítségével. Ez az algebrai bizonyítás egyszerűen csak ennyi:

 

 

2. Ez a bizonyítás azon alapszik, hogy hasonló síkidomok területének aránya egyenlő a hasonlóság arányszámának (két egymásnak megfelelő oldal hossza arányának, mi itt az átfogókat arányítjuk) a négyzetével. A fenti rajzon tehát, amint azt már leírtuk, három egymáshoz hasonló derékszögű háromszög található, melyből a két kisebbik területének összege az eredeti háromszög területével egyenlő (a felosztás miatt). Másra már nincs is szükség:

 

 

3. Szerintem a most következő bizonyítás az egyik legegyszerűbb. Rajzoljunk a háromszög B csúcsa köré a sugarú kört, ahogy azt a következő rajzon láthatjuk. Ez a kör az AC oldalt a C csúcsban érinti. Hosszabbítsuk meg az AB oldalt a kör kerületéig, így kapjuk az E pontot.

 

 

Vagyis van a körhöz az A pontból húzott érintőnk (AC) és szelőnk (AE). Így alkalmazhatjuk az érintő- és szelőszakasz tételét, mely szerint az érintő hossza a szelőszakaszok hosszának mértani közepe:

 

 

4. Bizonyítás a beírt kör sugarának kiszámítási módjainak segítségével (x, y és z az oldalakon lévő érintőszakaszok a beírt körhöz, az x a derékszög csúcsából indul ki, így r-rel egyenlő):

 

 

 

         A továbbiakban területek egyenlőségén illetve átdarabolásán alapuló bizonyítások következnek:

 

5. Elsőször egyenlő szárú derékszögű háromszögre lássunk egy bizonyítást, amely nagy valószínűséggel felvetette azt a gondolatot, hogy a tétel általános derékszögű háromszögre is igaz lehet. Az alábbi rajz 1. ábrája alapján eléggé egyértelmű, hogy a rajta látható kilenc háromszög egyenlőszárú, derékszögű és egymással egybevágó. Így az ABC háromszög átfogójára rajzolt AFGB négyzet négy, a befogókra rajzolt ACDE és BHIC négyzet két-két kis derékszögű háromszöget tartalmaz, azaz a befogókra rajzolt négyzetek összterülete megegyezik az átfogóra rajzolt négyzet területével.

 

 

6. A további bizonyítások már tetszőleges derékszögű háromszögre érvényesek. Az előző rajz 2. ábrája alapján azt fogjuk belátni, hogy az AB oldalra rajzolt c2 területű négyzet két részének, a BMNG téglalapnak a területe a2, az AFNM téglalapnak a területe pedig b2. Húzzunk párhuzamosokat az AB oldallal a H és az E pontokon keresztül, így kapjuk a K, majd a J pontokat. Létrejöttük miatt az ABHK és az ABJE négyszögek nyilvánvalóan paralelogrammák (hiszen szemközti oldalaik párhuzamosak). Az ABHK paralelogramma területe megegyezik a BHIC négyzet területével, hiszen mint paralelogrammáknak közös az alapjuk, és ugyanakkora a magasságuk. Ugyanilyen okok miatt az ABJE paralelogramma területe egyenlő az ACDE négyzet területével. Forgassuk el az ABJE paralelogrammát az A pont körül az óra járásával megegyező irányban 90 fokkal, kapjuk az AFLC paralelogrammát. Hasonlóan, forgassuk el a BHKA paralelogrammát a B pont körül az óra járásával ellentétes irányban 90 fokkal, kapjuk a BCLG paralelogrammát. Ezek után toljuk el az AFLC paralelogramma egy részét, mégpedig az AMC háromszöget lefelé c távolsággal, kapjuk az FNL háromszöget, hasonlóan a BMC háromszöget ugyanígy, és kapjuk a GNL háromszöget. Azaz:

 

 

7. Ebben a bizonyításban a következő rajz 1. ábrája lesz segítségünkre. Nyilvánvaló, hogy a CDIL négyszög egy a és b oldalú téglalap, mert egyrészt paralelogramma, hiszen szemközti oldalai párhuzamosak, valamint a C csúcsnál lévő szöge derékszög. Nyilvánvaló az is, hogy az I, C, M és N pontok egy egyenesen vannak, mivel CI a téglalapban átló, mely két egybevágó és az ABC háromszöggel is megegyező háromszögre bontja a téglalapot, a C csúcsnál lévő szögek pedig csúcsszögek. Ezért a CM az AB-re, az MN pedig az FG-re merőleges. Tehát az AMNF és BMNG négyszögek téglalapok. Ebből már könnyen látható – felhasználva azt, hogy két paralelogramma területe egyenlő, ha közös alapja és a magassága – hogy a tétel állítása igaz:

 

 

 

8. Tekintsük az előző rajz 2. ábráját. Ez a bizonyítás nagyban hasonlít az előzőre. Gyakorlatilag csak annyi a különbség, hogy a c oldalra nem kifelé, hanem a háromszög befogói felé rajzoltuk meg az ABIJ négyzetet. Ezek után, és az előző tétel indoklásait is felhasználva:

 

 

9. A következő rajz 1. ábráján a BDG háromszöget az ABC háromszög 90 fokos elforgatásával, a GHF háromszöget pedig c távolságra való eltolással kaptuk. Így az ABGH egy négyzet, melynek területe c2. Hosszabbítsuk meg az AC oldalt a DF szakaszig és állítsunk rá merőlegest a H pontból. Könnyen belátható, hogy az ABGH négyzet területe a BCED és EFHI négyzetek területeinek összege. A BCED négyzetből a BCJG négyszög rajta van az ABGH négyzeten, a BDG háromszög 90 fokkal beforgatható az ABC háromszög helyére. Az EFHI négyzetből a HIJ háromszög már az ABGH-n van, a kint maradó EFHJ a GEJ-vel együtt (ami a BCED-ből még kint maradt), az AHI-ra forgatható. Ezzel az ABGH-t az a2 és b2 területű négyzetekkel pontosan lefedtük, azaz a2 + b2 = c2.

 

10. A következő rajz 2. ábráján az ABC háromszög oldalaira kifelé, az oldalakkal megegyező oldalú négyzeteket rajzoltunk. Az FHG és a CDJ háromszögek az ABC háromszöggel egybevágók, területük vele azonos. Ha az ABIE négyszöget az A körül 90 fokkal jobbra elforgatjuk, akkor az ACHF négyszöget, ha pedig a B körül balra 90 fokkal elforgatjuk, akkor a BCGH négyszöget kapjuk. Mivel az ABIJDE hatszögnek az EI szimmetriatengelye, Így az EDJI négyszög és az EABI négyszög egybevágó, területük egyenlő. Tehát eddig négy egybevágó négyszöget írtunk le. Ebből az adódik, hogy az AFGHBC hatszög és az ABIJDE hatszög területe egyenlő. Ha ezekből elhagyjuk a közös ABC háromszöget, valamint az azonos területű FGH és CDJ háromszögeket, akkor azonos területű részek maradnak vissza, azaz az AFHB négyzet területe egyenlő a BCJI négyzet és az ACDE négyzet területének az összegével, vagyis a Pitagorasz tétel állítása igaz.

 

 

11. Az előző rajz 3. ábrája alapján a következőket láthatjuk. Az ABC oldalaira kifelé a rajz szerint elrendezésben egyenlőszárú derékszögű háromszögeket rajzoltunk. Ekkor az E, C és F pontok egy egyenesen vannak, hiszen a C pontnál egy 90 fokos és két 45 fokos szög egyenes szöggé egészítik ki egymást. A BCD háromszög az ABE háromszög 90 fokos elforgatottja, így nyilván azonos területű. Az AE és CD szakaszok egyenlő hosszúak, jelölje ezt d, és a 90 fokos elforgatás miatt merőlegesek egymásra. Jelöljük az EAC kettős ívvel jelölt szöget α-val. A szintén kettős ívvel jelölt DCB szög ugyancsak α, mert az EAC szöggel merőleges szögpárt alkot. Ezek után könnyű belátni, hogy az ADBC és ABEC négyszögek területe egyenlő. Azt már láttuk, a BCD és ABE háromszögek egybevágók. Az AEF és ACD háromszögeknek viszont a területük egyenlő, mert két oldaluk egyenlő (b és d), és az ezen oldalak által bezárt szögek szinusza is egyenlő. Ugyanis:

 

 

Ebben az esetben, ha mindkét négyszögből levonjuk a közös részüknek, az ABC háromszögnek a területét, kapjuk:

 

 

12. A következő két bizonyítás azonos tőről fakad. Tekintsük a következő rajz 1. ábráját. Már fentebbi bizonyításokból tudjuk, hogy az ABCD négyszög egy négyzet. Az is elég nyilvánvaló, hogy a belső négyszög egy (b-a) oldalú négyzet. Írjuk fel az ABCD négyzet rajz szerinti felbontását, a többi már csak egy kis algebra:

 

 

13. Az előző bizonyításhoz hasonlóan az ABCD négyzetből indulunk ki, melynek oldala c. Forgassuk el a BCG háromszöget 270 fokkal a C körül az óra járásával ellentétes irányban, az ABH háromszöget az A pont körül 270 fokkal  az óra járásával megegyező irányban. Kaptunk a c2 területű négyzetből egy AHIF négyzetet, melynek oldala a, tehát területe a2 és egy CEIG négyzetet, melynek oldala b, tehát területe b2. Azaz a2 + b2 = c2.

 

 

14. Az előző rajz 3. ábráján az ABC háromszög oldalaira felkerültek a szokásos négyzetek. Megrajzoltuk az EH szakaszt, melyről az előző bizonyításokból tudjuk, hogy átmegy a C csúcson. Állítsunk merőlegest az EH egyenesére a C pontban, megrajzolva az FG szakaszig. Ezt az egyenest az EA szakasz meghosszabbítása az L pontban, a HB meghosszabbítása az M pontban metszi. Húzzunk párhuzamost az EH-val az L és az M pontokon keresztül, kapjuk az AF szakaszon az N és a BG szakaszon az O pontot. Kössük össze az L-et az A-val, M-et a G-vel. Hosszabbítsuk meg a GB szakaszt az EM egyeneséig, kapjuk a K pontot. Hosszabbítsuk meg az FA szakaszt az EM egyeneséig, kapjuk a J pontot. Kössük össze a K-t az I-vel és a J-t a D-vel. Az ABC háromszög egybevágó az BMG és ALF háromszögekkel. Az ACDE négyzet négy, a BCIH négyzet szintén négy, míg az ABGF négyzet nyolc darab háromszögre bontottuk. A felbontásban szereplő háromszögek közül a következők egybevágók: 1 és 4, 2 és 3, 5 és 6 valamint 7 és 8 (két oldal és közbezárt szög – ami 45º – egyenlősége miatt). Könnyen belátható (90 fokos elforgatás és eltolás miatt), hogy az azonos számmal jelölt háromszögek egybevágóak, azaz a befogóra rajzolt négyzeteket átdaraboltuk az átfogóra rajzolt négyzetre, vagyis a2 + b2 = c2.

 

15. A következő rajzon a c oldalra rajzolt négyzetet és az a oldalra rajzolt négyzetet felosztó szakaszok vagy párhuzamosak vagy merőlegesek az ABC háromszög oldalaira illetve oldalaival. Belátjuk, hogy az a és b oldalra rajzolt négyzetek átdarabolhatók a c oldalra rajzolt négyzetre. Ehhez felhasználjuk, hogy a párhuzamosságok miatt a következő négyszögek paralelogrammák: ABJC, AMTC, MPTR és BCTO, valamint azt, hogy a BHK háromszög az ABC háromszög 90º-os elforgatottja. Az ABGF négyzet öt részéről kell belátni, hogy azok a befogóra rajzolt négyzetek részeivel egyenlő. 1: A BLC háromszögnek az OBT párhuzamos eltoltja, így egybevágók. 2: A BJL egybevágó az ATC háromszöggel, ami viszont az AMT-vel. 3: A CLKI négyszögnek az NGOP párhuzamos eltoltja, így egybevágók. 4: Az LJHK négyszögnek az FNRM szintén párhuzamos eltoltja, így azok is egybevágók. 5: Az ACDE és MRPT egybevágóságához a fentiek után már csak azt kell belátni, hogy rombusz (oldalai egyenlők). Mivel a BHK háromszög az ABC 90º-os elforgatottja, így AC = HK = MR = b. Mivel MT = b, így az MRPT egyenlő oldalú és derékszögű, azaz egy b oldalú négyzet. Ezzel minden terület egyenlőségét beláttuk.

 

 

16. A következő rajzon a jegyzet utolsó bizonyításának ábráit láthatjuk Pitagorasz tételére. Az 1. ábrán a tételben szereplő négyzeteket láthatjuk a derékszögű háromszög oldalaira rajzolva, melynek oldalai a, b és c. A 2. és 3. ábrán egy-egy a + b oldalhosszúságú négyzetet láthatunk, amelyek területe nyilván (a + b)2. A 2. ábrán a KLMN négyzetet hat részre osztottuk, melyből négy darab a és b befogójú derékszögű háromszög, egy a oldalú és egy b oldalú négyzet, vagyis a terület valóban: (a + b)2  =  a2  + b2 + 2ab. A 3. ábrán a négy háromszöget a négyzet négy csúcsába illesztve helyeztük el, úgy ahogyan az látható. Így a négyzetet öt részre osztottuk. Nem nehéz belátni, hogy a középső rész egy négyzet. Egyrészt azért, mert minden oldala c, tehát rombusz. Másrészt az O pontnál lévő szöge 90 fokos, hiszen a két különböző nagyságú és jelölésű hegyesszög a derékszögű háromszögek hegyes szögei, azaz összege 90 fok és a rombusz egyik szögével egyenesszöget alkot, vagyis a rombusz is 90 fokos, azaz négyzet. Visszatérve a területekre: ha a 2. ábrán a négy derékszögű háromszöget kivesszük a nagy négyzetből, akkor a2 + b2 terület marad, ha a 3. ábrán is kivesszük a négy derékszögű háromszöget, akkor c2 marad. Mivel azonos méretű területekből azonos méretű területeket vettünk ki, a maradék területeknek is egyenlőnek kell lenni, azaz a2 + b2 = c2.

 

 

A Pitagorasz tétel megfordítása: ha egy háromszögre érvényes Pitagorasz tétele (azaz két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal négyzetével: a2 + b2 = c2), akkor az a háromszög derékszögű.

 

Ennek a tételnek a bizonyítása: legyen egy derékszögű háromszög olyan, amelynek két befogója a és b, átfogója pedig c’. Erre a háromszögre igaz a Pitagorasz tétel: a2 + b2 = c’2. Ezekből: c2 = c’2, azaz c = c’ adódik. Vagyis az első egybevágósági alapesetből adódóan a két háromszög egybevágó, azaz az a, b és c oldalú háromszög derékszögű. A Pitagorasz tételét és megfordítását összevonva tehát azt mondhatjuk, hogy egy háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha igaz rá a Pitagorasz tétel.

 

         Pitagoraszi egyenlőtlenség. Pitagorasz tétele alkalmas arra, hogy segítségével megállapítsuk, hogy egy háromszög szögei szerint melyik csoportba tartozik. Jelölje c a háromszög azon oldalát, melynél nincs hosszabb a háromszögben. Ekkor:

- ha a2 +b2 > c2, akkor a háromszög hegyesszögű;

- ha a2 + b2 = c2, akkor a háromszög derékszögű (Pitagorasz tételének megfordítása);

- ha a2 + b2 < c2, akkor a háromszög tompaszögű.

Az állítás könnyen belátható az általános háromszögre érvényes koszinusz tétel (melyet tekinthetünk a Pitagorasz tétel általánosításának is) alapján:

 

 

Pitagoraszi számhármasok: ha egy derékszögű háromszög oldalainak hossza egész szám, akkor az ilyen számhármasokat Pitagoraszi számhármasoknak nevezzük. Az ilyen, legkisebb átfogóval rendelkező derékszögű háromszög oldalai: 3, 4 és 5. (Érdekességként megemlítjük, hogy ennek a háromszögnek a területe 6 egységnégyzet, kerülete pedig 12 egység.) A Pitagoraszi számhármasok képzési szabálya: a = m2 - n2, b = 2mn (azaz páros szám) és c = m2 + n2 (ahol m > n, m és n közül az egyik páros a másik páratlan valamint m és n relatív prímek). Az így előállított számhármasok között nincs ismétlődés és az egymáshoz hasonló háromszögeket adó eseteket sem tartalmazza (azaz nincs benne például: 6, 8, 10). Megjegyzés: régen a kőműves mesterek a házak alapjainak kijelölésénél a 60, 80 és 100 cm-es szakaszokat használták a derékszög megadásánál. (Természetesen téglalap alakú alapról van szó, ahol a szemközti oldalak hosszát, valamint az átlók hosszát – melyeknek egyenlőknek kellett lenni – a biztonság kedvéért még megmérték. Mivel a használt colostok 1 m-es volt, az említett szakaszokat kényelmesen használhatták.)

 

Egy olyan program futási képei következnek, mely a Pitagoraszi számhármasokat tudja meghatározni:

 

         A Pitagoraszi számhármasok táblázata:

 

 

 

Két egymáshoz hasonló tartalmú megjegyzés a fenti táblázatokhoz. A legkisebb Pitagoraszi számhármasban az átfogó az egyik befogónál eggyel, a másiknál kettővel nagyobb. Ez a két tulajdonság a további számhármasokban is visszatérő. A Pitagoraszi számhármasok között ugyanis végtelen sok olyan eset van, amikor az átfogó csak eggyel nagyobb az egyik befogónál (c = b + 1). Ezeknek a befogóknak a hossza az egynél nagyobb páratlan számok (a hozzá tartozó oldalak piros háttérszínnel jelölve a fenti képen). Továbbá, a Pitagoraszi számhármasok között végtelen sok olyan eset is van, amikor az átfogó kettővel nagyobb, mint az egyik befogó (c = a + 2). Ezeknek a befogóknak a hossza a néggyel osztható természetes számok (a hozzá tartozó oldalak sárga háttérszínnel jelölve a fenti képen). Az is megfigyelhető, hogy ha a kétféle eset egymás utáni sorszámok alatt található, akkor a két érintett szám közötti különbség mindig 3. (Ezek: 5 és 8, 9 és 12, 13 és 16, 17 és 20, 21 és 24, 25 és 28, 29 és 32, ….) Azt is láthatjuk továbbá, hogy minden páros eset szerepel az ilyen párokban, míg a páratlanokból csak minden második.

 

A Pitagoraszi derékszögű háromszög annál jobban hasonlít egy egyenlőszárú derékszögű háromszögre, minél kisebb a két befogója közötti különbség. Mivel nulla nem lehet, ezért az 1 különbségűek a legjobban hasonlók (természetesen minél nagyobbak az oldalak, annál jobban). Nézzük ezeket:

 

 

Ezekből az első négyet a fenti táblázat is tartalmazza (a hozzá tartozó oldalak kékeszöld háttérszínnel jelölve), a továbbiakat a generáló program magasabb értékekig való futtatásával találtam meg (teljesen kihasználva a gép adta lehetőségeket). Mivel az előfordulásuk a többi adat között ritkul, felmerül a kérdés, vajon véges sok ilyen háromszög van vagy végtelen. A választ még nem tudom.

 

Vegyük viszont észre, hogy az m értékei az n értékeivel úgy egyeznek meg, hogy eggyel el vannak tolódva, minden m a következő sor n értékével egyenlő. Tegyük még azt is meg, hogy minden sorban számítsuk ki az m/n hányadost. Láthatjuk, hogy a hányados nem nagyon változik az értékek növekedésével. Mivel a következő sorban ez n értéke ismert, az m-et számítsuk ki a hányados ismeretében. Így további sorokat tudunk kitölteni a táblázatban.

 

 

Mivel az értékek a Delphi nyelvben már túlcsorduláshoz vezetnek, használjunk Excel táblázatot, illetve a négyzetek kiszámítását papíron, kézzel végezzük el. Így néhány további sorral bővíthetjük a fenti táblázatot (így összesen már 18 négyzet adatait adtuk meg, és nincs elvi akadálya a folytatásnak sem):

 

 

 

Hippokratész holdacskái

 

         Tekintsünk egy derékszögű háromszöget. Rajzoljunk minden oldalára olyan félköröket, melynek átmérője a kérdéses oldal. A két befogóra úgy, hogy a háromszögön kívülre essen, az átfogóra pedig úgy, hogy az átmenjen a derékszögű csúcsán. (A következő rajz 1. ábrája). A befogók külső oldalán két „holdacska” keletkezik (sárga színre befestve). Bizonyítandó, hogy a két holdacska területének összege egyenlő a derékszögű háromszög területével.

 

 

 

         A holdacskákkal kapcsolatos előző feladat állítása nyilvánvalóan a Pitagorasz tétel állításán alapszik. Gondoljuk tovább ennek tükrében a Pitagorasz tételt. Mi van, ha az oldalakra kifelé nem négyzeteket, hanem szabályos háromszögeket rajzolunk. Vajon a befogóra rajzolt háromszögek területösszege egyenlő-e az átfogóra rajzolt háromszög területével (felhasználjuk a következő Haromszog4.htm lapon található, a szabályos háromszögekre érvényes területképletet):

 

 

         Láthatjuk (azon kívül, hogy valóban egyenlők), hogy ez azon múlik, hogy az oldalakra rajzolt síkidom területe az oldal négyzetével legyen arányos (természetesen ugyanazon arányszám mellett, mely az azonos típusú síkidomok esetén teljesül is). Rajzolhatunk tehát, az oldalakra bármilyen szabályos sokszögeket, de akár félköröket is, a befogókra rajzolt síkidomok területösszege egyenlő lesz az átfogóra rajzolt síkidom területével (2. és 3. ábra):

 

 

Szabályos hatszögekre például csak annyi a változás, hogy annak területe a szabályos háromszög területének a hatszorosa:

 

 

Félkör esetén pedig:

 

 

 

Középponti és kerületi szögek, látószögek, Thalesz tétele

 

         Középponti szögek: egy szöget középponti szögnek nevezünk, ha csúcsa valamely kör középpontja. Ekkor a szöghöz a körben egy körív is tartozik. A körív hossza a hozzá tartozó középponti szög nagyságával arányos, az arány a szög ívmértéke (radiánban mért értéke):

 

 

Nyilvánvaló, hogy ugyanabban a körben, ugyanakkora középponti szögekhez, ugyanakkora körívek tartoznak (elforgatással fedésbe hozhatók. A következő rajzon az 1. ábra.).  A 180º-os középponti szöghöz (melynek ívmértéke π), a félkörív tartozik.

 

 

         Kerületi szögek: ha egy szög csúcsa egy adott körön van, a szög szárai pedig a kör két húrja, akkor a szöget kerületi szögnek nevezzük. (Az előző rajzon a 2. ábra.) Kerületi szögnek (vagy érintő szárú szögnek) nevezzük azt a szöget is, amelynek az egyik szögszára a kör egy húrja, a másik szögszára a körnek a szög csúcsába rajzolt érintője. (Az előző rajzon a 3. ábra.)

 

         Kerületi és középponti szögek tétele: A kerületi szög fele az ugyanazon az íven nyugvó középponti szögnek.

 

         Tekintsük először az érintőszárú kerületi szögeket. Ennek a három esetét láthatjuk a következő rajz 1.-3. ábráján. (1: a kerületi szög kisebb, mint 90º; 2: egyenlő 90º; 3: a kerületi szög 90º és 180º közötti.) Az F a PR körív felezőpontja, így a POR szöget az OF felezi. Az ívekkel jelölt szögek merőleges szárú szögpárokat alkotnak: FO ┴ PR és OP ┴ PE. Jól látható módon ezek a szögpárok nem 180º-ra egészítik ki egymást (azaz nem hegyes-tompa szögpárok), hanem egyenlők, ami a tétel állítását igazolja.

 

 

         Most térjünk át azokra a kerületi szögekre, melyeknek mindkét szára a kör egy-egy húrja. Ennek szintén három esete van, melyet az előző rajz 4.-6. ábráján láthatjuk. (4: a kör középpontja az egyik szögszáron helyezkedik el, azaz átmérő; 5: a kör középpontja a kerületi szög belsejében található; 6: a kör középpontja a kerületi szögön kívül helyezkedik el.) Rajzoljunk érintőt a kerületi szög S csúcspontjában a körhöz úgy, hogy az P az érintőszárú kerületi szög belsejébe essen. Ezzel a RSE egy érintő szárú kerületi szög lett. Mivel P az RSE szögtartományában van, a keletkező szögekre fennáll:

 

 

A jobb oldalon érintőszárú kerületi szögeket látunk. Ezekre a bizonyítás első felében már beláttuk, hogy fele akkorák, mint a hozzájuk tartozó középponti szögek, azaz:

 

 

Ez viszont a tétel állítását jelenti.

 

         Nézzünk ez utóbbi esetekre egy második bizonyítást, amely a háromszögek külső és belső szögei közötti kapcsolatot használja fel. A következő rajzon a CAB a kerületi szög, mely az 1. ábrán belsejében tartalmazza a kör középpontját, míg a 2. ábrán nem. Bizonyítandó tehát, hogy

 

 

Először nézzük az 1. ábra szerinti esetet. A CAB szög két olyan szögből tevődik össze, melyek külön-külön egyenlőszárú háromszögekben az alapon lévő szögek. Ezért az OBA és OBA, valamint az OCA és OAC szögek (egy ívvel jelöltek) egyenlők. A POB szög az ABO háromszögnek, a POC szög pedig az ACO háromszögnek a külső szöge, vagyis:

 

Vagyis a tétel állítása igaz.

A 2. ábrán lévő esetben a B kerületi pont a CP íven található, így a fentebb leírt és összeadandó szögek most kivonandók lesznek, egyébként a bizonyítás ugyanaz:

 

 

 

         Az előző tételnek a folyománya:

 

         Kerületi szögek tétele: Egy kör azonos hosszúságú köríveihez egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, ami speciálisan: egy adott körben az ugyanazon ívhez tartozó kerületi szögek egyenlők.

 

         Látószög: egy AB szakasz egy olyan P pontból, mely nem a szakasz végpontja,  szög alatt látszik, melyet látószögnek nevezünk.

 

         Látószög tétele: A sík azon pontjainak a mértani helye, amelyekből egy szakasz adott szög alatt látható, a szakaszra szimmetrikusan elhelyezkedő két körív, kivéve a szakasz (és így a körívek) végpontjait.

 

         A következő rajz 1.-3. ábráin láthatjuk a lehetséges eseteket. 1.: a látószög kisebb, mint 90º; 2.: a látószög egyenlő 90º-kal; 3.: a látószög 90º és 180º közé esik.

 

 

         Látószögszerkesztés: ha adott egy szakasz és adott egy szög, akkor azon pontokat, amelyekből a szakasz az adott szög alatt látszik, a következőképpen kell megszerkeszteni (előző rajz 4. ábra):

1. felvesszük az AB szakaszt;

2. a szakasz végpontjára illesztve felmérjük a megadott szöget (a rajzon ez egy tompaszög);

3. megszerkesztjük az AB szakasz felezőmerőlegesét az OF-et;

4. merőlegest szerkesztünk a szög csúcsában a szögszárra (de nem az AB szögszárra), mely a felező-merőlegest körív O középpontjában metszi;

5. az AO szakaszt körzőnyílásba véve megrajzoljuk az AB körívet, mint azon pontokat, amelyből az AB az adott szög alatt látszik (természetesen a szakasz és a körív végpontjai nem megoldása a szerkesztésnek). Ezzel az egyik körívet megszerkesztettük, a másik körívhez az OF szakaszt a felezőmerőlegesen az AB szakasz másik oldalára átmérve kapjuk a másik körív középpontját, és így megrajzolhatjuk a másik körívet is.

 

Thalesz tétele: azon pontok mértani helye a síkon, melyekből a szakasz derékszög alatt látható az a kör, melynek az adott szakasz az átmérője (kivéve a szakasz végpontjait). Ezt a kört a szakaszhoz tartozó Thalesz-körnek nevezzük.

 

         Ez a tétel a kerületi és középponti szögek tételének az a speciális esete, amikor a középponti szög 180º, azaz a félkörívhez tartozó kerületi szögek derékszögek. A Thalesz-tétel továbbá azt is jelenti, hogy egy derékszögű háromszög köré írható körének a középpontja az átfogó felezőpontjában van. Még egy megfogalmazás Thalesz tételére: ha egy kör tetszőleges átmérőjének végpontjait összekötjük a kör tetszőleges pontjával, akkor olyan derékszögű háromszöget kapunk, amelynek az átfogója a kör átmérője.

 

         A tétel kapcsán mindig azt fogjuk bizonyítani, hogy a kerületi szög derékszög. A következő rajz alapján az AOC és BOC egyenlő szárú háromszögek, így az azonos nevű szögek egyenlő nagyságúak. Ekkor az ABC háromszög szögeire felírhatjuk:

 

 

Ugyancsak a következő ábra alapján a γ szög a háromszög C csúcsánál lévő külső szög, ami egyenlő a két nem mellette lévő belső szög összegével, azaz:

 

 

 

A következő bizonyítás a Pitagorasz tételét és annak megfordítását használja fel. Rajzoljuk meg a háromszögben a C csúcsból induló magasságot, és használjuk a következő rajz jelöléseit:

 

 

Írjuk fel a keletkezett ATC, BTC és OTC derékszögű háromszögekre a Pitagorasz tételt, majd oldjuk meg az egyenletrendszert a2 + b2 –re:

 

 

Mivel az ABC háromszögre igaz a Pitagorasz tétel, így a tétel megfordítása értelmében a c oldallal szemközti szög 90º-os.

 

         Apollóniusz köre. Határozzuk meg azon pontok mértani helyét, melynek két adott ponttól mért távolságának aránya egy k > 0 állandó.

 

         A megoldásban két esetet különböztetünk meg. Kezdjük az egyszerűbbel. Ha a távolságok aránya k = 1, akkor a megoldás a szakaszfelező merőleges lesz. A szakaszfelező merőlegesen ugyanis pontosan azok a pontok vannak, amelyek a szakasz két végpontjától egyenlő távolságra vannak. Második esetben az arány k <> 1. A következő rajzon az adott két pont az A és a B, melyen az arány itt 2:1 (ami természetesen tetszőleges lehetne). Mivel tudjuk, hogy erre az esetre a feladat megoldása egy kör, azt a rajzon pirossal feltüntettük, de természetesen a bizonyításnál nem hivatkozhatunk erre, hiszen épp ezt szeretnénk belátni. Vegyünk fel a síkon egy olyan P pontot, hogy

 

 

 

Az APB háromszögnek a P csúcsánál rajzoljuk meg a belső és a külső szögfelezőket, ezek lesznek a PC és a PD szakaszok, melyek természetesen egymásra merőlegesek. Húzzunk párhuzamosokat a B-n keresztül ezekkel a szögfelezőkkel (ezek is merőlegesek lesznek egymásra), kapjuk az AP egyenesén az E és F pontokat. A PC szögfelező merőlegesen felezi az FB-t, ezért a BPF egyenlőszárú háromszög. Hasonló okok miatt a BPE szintén egyenlő szárú háromszög, és e két háromszögnek a PB közös szára. Így FP = PB = PE, és a párhuzamos szelők tétele alapján kapjuk:

 

 

Ez viszont azt jelenti, hogy a C és D pontok az AB szakasz belső és külső k arányú osztópontjai, és helyük független a P megválasztásától. Ugyanakkor a CPD szög derékszög, azaz a P a CD szakasz, mint átmérő fölé írt körön helyezkedik el. Ezt a kört Apollóniusz körének nevezzük. Mértani helyek bizonyításánál a fordított esetet is bizonyítani kell, azaz, ha a P rajta van a körön, akkor az AP : BP = k. Tehát legyenek C és D az AB szakasz k arányú osztópontjai és P legyen a CD Thalesz körének egy tetszőleges pontja. Ekkor:

 

 

Így FP = PE, vagyis P az FE szakasz felezőpontja, vagyis a BEF derékszögű háromszög köré írt körének a középpontja, vagyis PB = PE és

 

 

Következő lap: http://gorbem.hu/MT/Haromszog4.htm