Le mille dimostrazioni (o forse un po' meno..)
a cura di Lucrezia F., Chiara M., Simone M., Francesco L., Costantino T. (2A), Virginia B., Damiano G., Fiore N., Sophia S. (2B)
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In questo spazio abbiamo raccolto, in ordine cronologico, alcune tra le più famose dimostrazioni del teorema di Pitagora. Se qualcuno avesse la curiosità di conoscere tutte le 371 dimostrazioni esistenti, può consultare il testo di Elisha Scott Loomis, The Pythagorean Proposition, Classics in Mathematics Education Series, National Council of Teachers of Mathematics, Inc., Washington, D.C., 1940 disponibile al sito https://archive.org/details/in.ernet.dli.2015.84599/mode/2up
Thabit Ibn Qurra
Thabit Ibn Qurra (836 – 901) è stato un astronomo e matematico nato nell'odierna Turchia. Studiò alcune sezioni coniche, il calcolo integrale e la statica; scrisse testi di meccanica, astronomia, matematica pura e geometria.
Redasse una tra le prime traduzioni degli Elementi e curò la traduzione di molte altre opere greche. Inoltre scoprì un’equazione per il calcolo dei numeri amicabili e dimostrò il teorema di Pitagora.
A partire dal triangolo rettangolo ABC costruiamo il poligono irregolare AFEDB aggiungendo al triangolo i quadrati sui cateti AFMC e BCHD e il rettangolo CHEM. Quest’ultimo è diviso dalla diagonale EC in due triangoli rettangoli MEC e CEH congruenti al triangolo ABC per il primo criterio perché:
Traccio AL e BG perpendicolari ad AB, quindi AL e BG sono paralleli fra loro.
Consideriamo i triangoli rettangoli DBG e ABC. Essi hanno:
Quindi DBG e ABC sono congruenti per il secondo criterio di congruenza.
Da questo discende che DG è congruente a AC.
Analogamente possiamo dimostrare la congruenza fra ABC e LFA; si ottiene che FL è congruente a BC.
Lo stesso è vero per il triangolo LEG, perché si ha:
Quindi LEG e ABC sono congruenti per il primo criterio. I triangoli ABC, CEH, CEM, BGD, EGL, AFL quindi sono tutti congruenti. Inoltre, il poligono ABDEF può essere scomposto in due modi diversi:
Area(ABDEF) = Area(ABGL) + Area(BDG) + Area(EGL) + Area(AFL)
Area(ABDEF) = Area(ACMF) + Area(BCHD) + Area(ABC) + Area(CEH) + Area(CEM)
Dall’uguaglianza delle due relazioni e dalla congruenza (e quindi equivalenza) dei triangoli indicati, ricaviamo che il quadrato ABGL è equivalente alla somma dei quadrati ACMF e BCDH.
Area(ABGL) + Area(BDG) + Area(EGL) + Area(AFL) =
Area(ACMF) + Are(BCHD) + Area(ABC) + Area(CEH) + Area(CEM).
Possiamo semplificare i triangoli perchè congruenti e otteniamo:
Area(ABGL) = Area(ACMF) + Area(BCHD)
Bhaskara
Bhaskara (1114 - 1185) è stato un astronomo e matematico indiano. Nacque nel distretto di Bijapur, nel sud dell’India e divenne il capo dell’osservatorio astronomico a Ujjain, continuando la tradizione matematica di Varahamihira e Brahmagupta. In un certo qual modo, Bhaskara rappresenta il culmine della conoscenza matematica e astronomica del XXII secolo in ambito mondiale. Anche lui riuscì a dimostrare il teorema di Pitagora.
Consideriamo un triangolo rettangolo, indichiamo con BC = a e AC = b le lunghezze dei due cateti e con AB = c la lunghezza dell’ipotenusa.
Dobbiamo fare un’ osservazione a riguardo delle ampiezze degli angoli di un triangolo rettangolo. Come ben noto, la somma degli angoli interni di un triangolo rettangolo è pari a 2 angoli retti. Poiché l’angolo in C è un angolo retto, dobbiamo concludere che la somma delle ampiezze degli altri due angoli A e B deve essere pari a un angolo retto.
Consideriamo 4 copie di questo triangolo e disponiamole a formare un quadrilatero usando le loro ipotenuse come lati. Con l’uso dell’osservazione precedente è facile vedere che si tratta di un quadrato.
Infatti i quattro angoli di questo quadrilatero sono formati dalla somme dei due angoli del triangolo rettangolo che hanno come lato l’ipotenusa (e quindi sono retti). Per quanto riguarda i lati di questo quadrilatero, questi hanno tutti la stessa lunghezza essendo tutti congruenti all’ipotenusa del triangolo rettangolo da cui siamo partiti, cioè c. Abbiamo quindi che questo quadrato possiede un’area uguale a c².
Questo quadrato di lato c è formato dalle 4 copie del triangolo rettangolo e da un piccolo quadrilatero all’interno. Anche questo quadrilatero è un quadrato: infatti i suoi angoli sono tutti retti essendo supplementari degli angoli retti dei triangoli rettangoli. Anche i suoi lati sono congruenti e sono tutti di lunghezza b - a.
Consideriamo ora una copia di questo quadrato e disponiamo diversamente i 4 triangoli e il piccolo quadrato. Con i 4 triangoli rettangoli abbiamo formato 2 rettangoli di lati a e b e abbiamo il nostro piccolo quadrato di lato b - a. Naturalmente la somma delle aree di questi 2 rettangoli e del piccolo quadrato deve essere uguale all’area del quadrato iniziale di lato c.
Quindi possiamo dire che 2ab + (b - a)² = c². Risolvendo il quadrato di b - a otteniamo:
2ab + a² + b² - 2ab = c².
Di conseguenza possiamo semplificare 2ab con -2ab e troviamo che a² + b² = c².
Leonardo Da Vinci
Leonardo da Vinci (1452 - 1519) è stato uno scienziato, inventore e artista italiano. Uomo d’ingegno e talento universale del Rinascimento incarnò in pieno lo spirito della sua epoca, portandolo alle maggiori forme di espressione nei più svariati campi dell’arte e della conoscenza. Una delle sue maggiori intuizioni fu proprio quella di dimostrare il teorema di Pitagora.
Leonardo da Vinci
Fonte: Unknown authorUnknown author, Public domain, via Wikimedia Commons
Dopo aver costruito i quadrati GFHA, BDEH e CKBA sui cateti AH e HB e sull’ipotenusa AB del triangolo ABH, si traccia il segmento FE.
In primis dimostriamo che il triangolo HEF è rettangolo in H e che è congruente al triangolo ABH:
I triangoli HEF e ABH sono congruenti per il I criterio.
Area(ABDEFG) =
A(AHFG) + A(HEF) + A(BDEH) + A(ABH).
Supponiamo nota la lunghezza dei lati del triangolo e chiamiamo : AH = a, HB = b, AB = c.
Segue che :
A (HEF) = A(ABH) = ½ ab
Area(BDEH) = b²
A(ABDEFG) = a² + b² + ½ab + ½ab = a² + b² + ab
Sul lato CK del quadrato BACK si costruisce il triangolo rettangolo CKL, simmetrico del triangolo rettangolo ABH rispetto al centro del quadrato BACK.
L’area dell’esagono AHBKLC è uguale alla somma dell’area del triangolo ABH, del quadrato BACK e del triangolo CKL essendo:
A (ABH) = A (CKL) = ½ ab
A (BACK) = c²
A(AHBKLC) = c² + ½ ab + ½ ab = c² + ab
Utilizzando i teoremi di Euclide si dimostra che l’esagono ABDEFG è equivalente (stessa area) all’esagono AHBKLC.
In particolare, il segmento DG divide l’esagono ABDEFG in due parti congruenti; analogamente il segmento HL divide in due parti congruenti l’esagono AHBKLC, come è facilmente dimostrabile con il I criterio di congruenza dei quadrilateri (cioè due quadrilateri, aventi ordinatamente congruenti tre lati ed i due angoli tra essi compresi, sono congruenti.)
Rimane da dimostrare che il quadrilatero GDBA è congruente (e quindi equivalente) al quadrilatero HBKL.
Quindi i quadrilateri GDBA e HBKL sono congruenti per il I criterio di congruenza dei quadrilateri. Come conseguenza l’esagono ABDEFG è congruente (e quindi equivalente) all’esagono AHBKLC.
Dato che i triangoli HEF, ABH, CKL sono congruenti quindi hanno la stessa area, sottraendo all’area del primo esagono la somma delle aree HEF e ABH e sottraendo dall’area del secondo esagono la somma delle aree rimanenti queste sono ancora uguali:
A(ABDEFG) - [A (HEF) + A (ABH)] = a² + b² + ab - (½ ab + ½ ab) = a² + b²
A(AHBKLC) - [A (ABH) + A (CKL)] = c² + ab - ( ½ ab + ½ ab) = c²
eguagliando otteniamo a² + b² = c².
Henry Perigal
Henry Perigal (1801 - 1898) è stato un agente di cambio britannico e matematico dilettante. Nacque da una famiglia di ugonotti emigrati in Inghilterra alla fine del 17° secolo. Nel corso della sua vita fu membro della London Mathematical Society e tesoriere della Royal Meteorological Society per 45 anni. Inoltre venne eletto membro della Royal Astronomical Society nel 1850. Henry Perigal è rinomato soprattutto per la dimostrazione del teorema di Pitagora mediante dissezione, che è possibile trovare nel suo opuscolo Dissezioni e trasposizioni geometriche.
Henry Perigal
Fonte: https://mathshistory.st-andrews.ac.uk/Biographies/Perigal/perigal_3.jpg
Fonte: By Henry Perigal - Archives of the Mathematical Association [1], Public Domain, https://commons.wikimedia.org/w/index.php?curid=14529978
Fonte: By Henry Perigal - Archives of the Mathematical Association [1], Public Domain, https://commons.wikimedia.org/w/index.php?curid=14529933
Fonte: Blakwolf at Italian Wikipedia, Public domain, via Wikimedia Commons
Costruiamo il triangolo rettangolo ABC (rettangolo in C).
Costruiamo poi un quadrato sia sul cateto maggiore AC sia su quello minore CB.
Dividiamo il quadrato costruito sul cateto AC con due segmenti passanti per il centro, uno parallelo e l’altro perpendicolare all’ipotenusa AB.
Vogliamo dimostrare che con i 4 pezzi del quadrato che poggia su AC e con il quadrato più piccolo che poggia su CB è possibile costruire un altro quadrato più grande sull’ipotenusa AB.
HP:
ABC triangolo rettangolo
ACGF quadrato per costruzione
CBED quadrato per costruzione
ABIH quadrato per costruzione
MO ∥ AB per costruzione
LN ⟂ AB per costruzione
PZ ∥ UR ∥ CB
QT ∥ VS ∥ AC
AP, PB, BS, SI, IR, RH, HQ, QA congruenti fra loro
TH:
AHIB ≐ CBED + ACGF
Come prima cosa possiamo dimostrare che i quadrilateri ANKM, NCOK, KOGL, LKMF sono tutti congruenti fra loro (basta suddividerli in triangoli tracciando le diagonali del quadrato ACGF).
I quadrilateri APTQ, PBSZ, SIRV, RHQU hanno, per costruzione, due lati paralleli ai cateti del triangolo e i vertici P, S, R, Q sono punti medi dei lati del quadrato ABIH.
Osservo anche che il quadrilatero MOBA è un parallelogramma perché MO ∥ AB e
MA ∥ OB per costruzione.
Quindi MO è congruente a AB e MA è congruente a OB; come conseguenza AP, PB, MK, OK congruenti fra loro (perché P punto medio e K centro di simmetria). Analogamente LK, KN, AQ, QH sono congruenti fra loro.
Considero i quadrilateri QTPA e NCOK.
QTPA e NCOK sono congruenti per il secondo criterio di congruenza dei quadrilateri. Infatti:
In particolare:
Nello stesso modo dimostriamo che:
- PZSB congruente a ANKM (2)
- VRIS congruente a MKLF (3)
- HRUQ congruente a KOGL (4)
Dimostriamo inoltre che CBED è congruente a UVZT poiché ogni lato di UVZT è congruente ai rispettivi lati di CBED per differenza di segmenti congruenti. Ad esempio:
Abbiamo quindi dimostrato la nostra tesi: AHIB ≐ CBED + ACGF
James Abram Garfield
James Abram Garfield (1831 - 1881) fu un importante politico statunitense nonché il ventesimo presidente degli Stati Uniti. Il suo mandato fu uno dei più brevi nella storia americana, poiché fu gravemente ferito da un colpo di pistola il 2 luglio 1881 che lo portò alla morte due mesi dopo. Garfield riuscì a dimostrare il teorema di Pitagora durante una riunione di tipo politico. Vediamo la sua dimostrazione.
James Abram Garfield
Fonte: Unknown; part of Brady-Handy Photograph Collection., Public domain, via Wikimedia Commons
Fonte: No machine-readable author provided. Sigmanexus6~commonswiki assumed (based on copyright claims)., Public domain, via Wikimedia Commons, modificato
Per la sua dimostrazione, Garfield parte da un triangolo rettangolo ABC i cui cateti sono a e b e c l’ipotenusa. In seguito costruisce un secondo triangolo rettangolo CDE congruente al primo in modo che il cateto CD del secondo triangolo rettangolo sia adiacente al cateto CA del primo triangolo rettangolo.
Segue che DE // AB.
Successivamente unisce i due vertici rimanenti B ed E ottenendo un trapezio rettangolo di cui Garfield calcola l’area
L’area del trapezio però può essere trovata anche in un altro modo, cioè come somma delle aree dei triangoli ABC, CDE e CBE.
In particolare, il triangolo CBE è isoscele e rettangolo per costruzione: infatti
Quindi
Ora possiamo uguagliare le due aree:
Semplificando otteniamo:
George Airy
George Airy è stato un importante matematico e astronomo inglese. Nacque nel 1801 ed è stato il settimo astronomo reale dal 1835 al 1881. Airy inoltre riuscì a dimostrare il teorema di Pitagora e la sua dimostrazione è riportata qui sotto.
George Airy
Fonte: Photomechanical print after Lock & Whitfield, CC BY 4.0, via Wikimedia Commons
Iniziamo disegnando un quadrato e poi disponiamo attorno ad esso 4 triangoli rettangoli tutti congruenti.
I triangoli BHG e CAB sono disegnati all'esterno del quadrato con le ipotenuse sovrapposte rispettivamente ai lati del quadrato CB e BG. I triangoli CDE e FGE sono disegnati internamente al quadrato con le ipotenuse sovrapposte ai lati del quadrato CE e EG.
Dopo aver disposto i triangoli in questa maniera, all'interno del quadrato si creerà il poligono FDCBG.
Chiamiamo AC = a, AB = b e BC = c.
Per iniziare la dimostrazione, prendiamo in considerazione l’area del quadrato BGEC, mostrato nella figura accanto, che è uguale a c² (dato che è costruito sull'ipotenusa del triangolo ACB e sull'ipotenusa del triangolo BHG) e sottraiamo ad esso l'area dei triangoli EFG e CED.
Poichè i triangoli sono rettangoli, avranno area uguale al semiprodotto dei cateti, cioè ½ab; quindi l'area del poligono FDCBG è:
Area(FDCBG)= c² — 2(½ab) = c² — ab
Ora consideriamo i due quadrati mostrati nella figura. Il quadrato più piccolo ha l'area che è uguale ad a² poichè costruito sul cateto CD congruente ad AC mentre il quadrato più grande ha l’area che è uguale a b² poichè costruito sul cateto FG congruente ad AB.
Per trovare l’area del poligono FDCBG stavolta sottraiamo all'area complessiva dei quadrati l'area dei triangoli ABC e BHG mostrati nella figura accanto. trovando in questo modo la seguente espressione:
Area(FDCBG) = a²+ b²— ab.
Per finire uguagliamo le due espressioni che abbiamo ottenuto:
a² + b² – ab = c² – ab
e semplificando otterremo
a² + b² = c².
Questa dimostrazione presenta una particolarità.
George Airy decise di inserire all'interno del poligono FDCBG anche una parte poetica per descrivere la figura:
I am, as you can see,
a² + b² – ab
When two triangles on me stand,
Square of hypotenuse is plann’d
But if I stand on them instead
The squares of both sides are read.
Come potete vedere,
sono a² + b² – ab
Quando ci sono due triangoli sopra di me
il quadrato dell’ ipotenusa c’è.
E se questi di sotto invece stanno
i quadrati dei cateti si hanno.
Una "dimostrazione" alternativa: il metodo della pesata
Chiudiamo la nostra breve carrellata con una "dimostrazione" pratica. Vi mostreremo che la somma delle masse dei due quadrati costruiti sui cateti di un triangolo rettangolo è uguale alla massa del quadrato costruito sull’ipotenusa.
Andiamo a vedere meglio come abbiamo fatto.
Fase 1
Abbiamo innanzitutto preso del cartoncino e siamo andati a disegnare, con l’ausilio delle squadre, un triangolo rettangolo e i 3 quadrati, due per cateti e uno per l'ipotenusa.
Fase 2
Dopodiché, abbiamo preso una bilancia di precisione da laboratorio e siamo andati a misurare la massa di tutti e due i quadrati costruiti sui cateti.
Fase 3
Infine, siamo andati a misurare la massa del quadrato costruito sull’ipotenusa.
La sensibilità dello strumento di misurazione è 0,01 g.
Come possiamo ben notare, la somma delle massa di tutti e due i quadrati costruiti sui cateti è uguale alla massa del quadrato costruito sull'ipotenusa, quindi l’esperimento è riuscito!
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