Резюме. Статията разглежда теоремата на Питагор, обобщението й за произволен триъгълник и примерни приложения. Подходяща е за изявени ученици по математика в 7. и 8. клас.

Ключови думи: Pythagorean theorem, generalization, proof, application

Ще започнем с една от възможните формулировки на Питагоровата теорема:

Лицето на квадрата, построен върху хипотенузата \(\boldsymbol{c}\) на правоъгълен \(\triangle A B C\), е равно на сумата от лицата на квадратите, построени върху катетите \(\boldsymbol{a}\) и \(\boldsymbol{b}\) на триъгълника, т.е. \(a^{2}+b^{2}=c^{2}\) (черт. 1).

Доказателство: Построяваме два еднакви квадрата със страни, равни на \(a+b\). Разделяме първия квадрат на два квадрата, съответно със страни \(a\) и \(b\), и два еднакви правоъгълника със страни \(a\) и \(b\), които, от своя страна, разделяме чрез един от диагоналите им на правоъгълни триъгълници, които са еднакви на дадения (черт. 2). Разделяме втория квадрат на четири правоъгълни триъгълника с катети \(a, b\) и хипотенуза \(c\), еднакви на дадения, и на един квадрат със страна с (черт. 3). Тогава \(S_{X Y C D}=S_{X E F G}+S_{F H C K}+4 S_{\triangle A B C}=a^{2}+b^{2}+2 a b\) и \(S_{M N P Q}\)

\(=S_{L R T Z}+4 S_{\triangle A B C}=c^{2}+2 a b\). Ho \(S_{X Y C D}=\) \(S_{M N P Q}\), откъдето следва, че \(a^{2}+b^{2}=c^{2}\) и с това теоремата е доказана.

Питагоровата теорема се използва при решаването на голям брой задачи. Ще разгледаме няколко задачи от древността, формулирани в малко изменен вид, първата от които ще решим, а останалите предлагаме за самостоятелна работа.

Задача за лотоса. Цветът на лотос стоял половин фут над езеро. Поривът на вятъра го потопил на два фута встрани от мястото, където лотосът стоял (фут е британска мярка за дължина, около \(30,48 \mathrm{~cm}\) ). Каква е дълбочината на езерото?

Решение: Да означим с \(x(x \gt 0)\) дълбочината на езерото във футове (черт.4). Тогава дължината на лотоса е \(x+\cfrac{1}{2}\). От Питагорова теорема за \(\triangle A B C\) следва равенството \(\left(x+\cfrac{1}{2}\right)^{2}=x^{2}+2^{2}\), откъдето намираме \(x=3 \cfrac{3}{4}\), т. е. дълбочината на езерото е \(3 \cfrac{3}{4}\) фута.

Задача за тополата. На брега на една река растяла самотна топола. Силен вятър прекършил нейния ствол и върхът й докоснал отсрещния бряг. Колко е била висока тополата, ако останалата част от ствола е висока 3 фута, а реката е широка 4 фута?

Отг. 8 фута

Задачата за водоема. В центъра на квадратен водоем със страна 10 м расте камъш (растение, наподобяващо тръстика, папур), върхът на който се намира на 1 м над водата. Ако се издърпа камъшът към брега, то върхът му ще стигне точно брега. Каква е дълбочината на водоема и дължината на камъша?

Отг. \(12 м ; 13 м\)

Задача за бамбука. Височината на бамбук е 10 м. Прекършили го по такъв начин, че върхът му допрял земята на разстояние 3 м от корена. Каква е височината му след прекършването?

Отг. \(4,55 \mathrm{~m}\)

Задача за двамата пътешественици. Двама пътешественици тръгнали от едно и също място в различни посоки. Единият от тях тръгнал точно на изток със скорост 3 км/ч, а другият – точно на юг със скорост 5 км/ч. След като изминал 10 км, вторият тръгнал по посока на пътя на първия, докато го срещнал. Какъв път е изминал всеки от двамата пътешественици?

Отг. 18,75 км; 31,25 км

Задача на известния ирански математик Ал Каши (XIV в.). Отвесно забито копие стърчи три лакътя над водата. Вятърът отклонил върха му пет лакътя встрани и то стигнало до повърхността на водата без отместване на другия му край. Каква е дълбочината на водата?

Отг. \(2 \cfrac{2}{3}\) лакътя

Има ли аналог на теоремата на Питагор за произволен триъгълник? Какви са условията за валидността й в общия случай? Отговор на този въпрос дава едно обобщение на теоремата на Питагор, известно като теорема на Пап Александрийски (ІІІ в. от н.е.): Нека върху страните \(B C, A C\) и \(A B\) на произволен \(\triangle A B C\), външно за триъгълника са построени успоредниците \(B C M N, C A P Q\) и \(A B R S\), CАРQ и ABRS, а правите \(M N\) и \(P Q\) се пресичат в точката \(T\). Ако отсечката \(T C\) е успоредна и равна на страната \(A S\) на успоредника \(A B R S\), то лицето на успоредника \(A B R S\) е равно на сумата на лицата на успоредниците \(B C M N\) и \(C A P Q\), т.е. \(S_{A B R S}=S_{B C M N}+S_{C A P Q}\) (черт. 5).

Доказателство. Продължаваме отсечката \(T C\) до пресичането й със страната \(A B\) в точка \(V\) и със страната \(S R\) в точка \(U\). Продължаваме страните \(A S\) и \(B R\) до пресичане с \(P Q\) и \(M N\) съответно в точките \(K\) и \(L\). От условията \(T C \| A S\) и \(T C=A S\) следва, че \(S_{T K A C}=S_{A S U V}\) (успоредниците имат равни основи и равни височини). Аналогично \(S_{T K A C}=S_{A C Q P}\) (успоредниците имат една и съща основа и равни височини). Следователно \(S_{A C Q P}=S_{A S U V}\). По същия начин установяваме, че \(S_{T C B L}=S_{B V U R}\) и \(S_{\text {TCBL }}=S_{\text {MCBN }}\), откъдето \(S_{\text {MCBN }}=S_{\text {BVUR }}\). Тогава \(S_{\text {ABRS }}=S_{\text {ASUV }}+S_{\text {BVUR }}=S_{\text {BCMN }}+S_{\text {CAPQ }}\), с което теоремата е доказана.

Приложни задачи:

1. На страните \(B C\) и \(A C\) на \(\triangle A B C\) към вътрешността на триъгълника са построени успоредниците \(B C M N\) и \(C A P M\). Да се докаже, че лицето на успоредника \(A P N B\) е равно на сумата от лицата на успоредниците \(B C M N\) и \(C A P M\).

.

Решение: От условието, че \(C A P M\) е успоредник, следва, че \(C M \| A P\) и \(C M=A P\) (черт. 6). На лъчите \(P A \rightarrow\), \(M C \rightarrow\) и \(N B \rightarrow\) построяваме отсечките \(A P_{l}, C M_{1}\) и \(B N_{l}\), такива че \(A P_{1}=A P, C M_{1}=C M\) и \(B N_{1}=B N\). Тъй като \(C M_{1} \| A P\) и \(C M_{1}=A P\), то от обобщението на теоремата на Питагор следва, че \(S_{A P N B}=S_{C A P_{1} M_{1}}+S_{B C M_{1} N_{1}}\). Но успоредниците \(B C M_{1} N_{1}\) и \(C A P_{1} M_{1}\) по построение са съответно еднакви на успоредниците \(B C M N\) и \(C A P M\), откъдето \(S_{B C M_{1} N_{1}}=S_{B C M N}\) и \(S_{C A P_{1} M_{1}}=S_{C A P M}\). Тогава \(S_{A P N B}=\) \(S_{C A P_{1} M_{1}}+S_{B C M_{1} N_{1}}=S_{C A P M}+S_{B C M N}\), с което задачата е решена.

2. \(M\) е произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\) със страни \(B C=a, A C=b\) и \(A B=c\). Ако \(x\) и \(y\) са разстоянията от \(M\) съответно до правите \(B C\) и \(A C\), да се докаже неравенството \(a x+b y \leq c . C M\).

Решение: На страните \(B C\) и \(A C\) на \(\triangle A B C\) към вътрешността на триъгълника по-строяваме успоредниците \(B C M N\) и \(C A P M\), където \(M\) е дадената произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\) (черт. 6). От доказаното в задача 1. следва, че (1) \(S_{A P N B}=S_{C A P M}+\) \(S_{B C M N}\). Но (2) \(S_{C A P M}=b . y, S_{B C M N}=a . x\) и \(S_{A P N B}=c . h_{c}\). Тъй като \(h_{c} \leq A P=C M\), то (3) \(S_{A P N B}\) \(=c . h c \leq c . A P=c . C M\). От (1), (2) и (3) следва исканото твърдение \(a x+b y \leq c . C M\) (\(h_{c}\) височина на успоредника \(A P N B\) ).

3. \(M\) е произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\) със страни \(B C=a, A C=b\) и \(A B=c\).

Ако \(x\) и \(y\) са разстоянията от \(M\) съответно до правите \(B C\) и \(A C\), докажете неравенството \(a y+b x \leq c\). \(C M\).

Решение: Върху лъча \(C A \rightarrow\) намираме точка \(A_{1}\), такава че \(C A_{1}=a\) и построяваме успоредника \(A_{1} C M N\), а върху лъча \(C B \rightarrow\) намираме точка \(B_{1}\) такава, че \(C B_{1}=b\) и построяваме успоредника \(B_{1} C M P\) (черт.7). Тъй като \(\triangle A B C \cong \triangle A_{1} B_{1} C\), то \(A_{1} B_{1}=c\). От теоремата на Пап Александрийски за \(\triangle A_{1} B_{1} C\) следва, че \(S_{A_{1} N P B_{1}}=S_{C A_{1} N M}+S_{B_{1} C M P}\) \(\Leftrightarrow a x+b y=c . h c \leq c . A_{1} N=c . C M\left(h_{c}\right.\) е височина на успоредника \(\left.A_{1} N P B_{1}\right)\).

4. \(M\) е произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\) със страни \(B C=a, A C=b\) и \(A B=c\). Ако \(S\) е лицето на триъгълника, да се докаже неравенството \(a . M A+b . M B+c . M C \geq 4 S\).

Решение: От решението на задача 2. следват неравенствата \(a x+b y \leq c . C M, b y+\) \(c z \leq a . A M\) и \(a x+c z \leq b . B M\). Събираме почленно тези неравенства и получаваме, че \(a \cdot M A+b \cdot M B+c \cdot M C \geq 2(a x+b y+c z)=4\left(\cfrac{a x}{2}+\cfrac{b y}{2}+\cfrac{c z}{2}\right)\). Но \(\cfrac{a x}{2}+\cfrac{b y}{2}+\cfrac{c z}{2}=S\), откъдето \(a \cdot M A+b \cdot M B+c \cdot M C \geq 4 S\).

5. \(M\) е произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\). Ако \(x, y\) и \(z\) са разстоянията от \(M\) съответно до правите \(B C, C A\) и \(A B\), CА и АВ, докажете неравенството MA.MB.MC \(\geq(x+y)\). \((y+z) .(z+x)\).

Решение: Нека страните на \(\triangle A B C\) са \(B C=a, A C=b\) и \(A B=c(a \gt 0, b \gt 0, c \gt 0)\). От решението на задача 2. следват неравенствата (1) \(a x+b y \leq c . C M\), (2) \(b y+c z\) \(\leq a . A M\) и (3) \(a x+c z \leq b . B M\), а от решението на задача 3. – неравенствата (4) \(a y+\) \(b x \leq c . C M, \quad\) (5) \(b z+c y \leq a . A M\) и (6) \(a z+c x \leq b . B M(x \gt 0, y \gt 0, z \gt 0, M A \gt 0\), \(M B \gt 0, M C \gt 0\) ). Събираме почленно неравенствата (1) и (4), в резултат на което получаваме \(\left(\cfrac{a+b}{2}\right)(x+y) \leq c . C M\). Но \(\sqrt{a b} \leq \cfrac{a+b}{2}\) (неравенство между средно геометрично и средно аритметично), откъдето (7) \(\sqrt{a b}(x+y) \leq c . C M\). Аналогично се доказва, че (8) \(\sqrt{b c}(y+z) \leq a . A M\) и (9) \(\sqrt{a c}(x+z) \leq b . B M\). Умножаваме почленно неравенствата (7), (8), (9) и получаваме \(M A \cdot M B \cdot M C \geq(x+y) \cdot(y+z) \cdot(z+x)\).

6. (Теорема на Ердьош) \(M\) е произволна вътрешна точка за \(\triangle A B C\). Ако \(x, y\) и \(z\) са разстоянията от \(M\) съответно до правите \(B C, C A\) и \(A B\), CА и АВ, докажете неравенството \(M A+M B+M C \geq 2 x+2 y+2 z\).

Доказателство: От решението на задача 3. следват неравенствата: (1) \(a y+b x \leq c\). \(C M \Leftrightarrow \cfrac{a}{c} \cdot y+\cfrac{b}{c} \cdot x \leq C M\); (2) \(b z+c y \leq a \cdot A M \Leftrightarrow \cfrac{b}{a} \cdot z+\cfrac{c}{a} \cdot y \leq A M\) и (3) \(a z+c x \leq b\). \(B M \Leftrightarrow \cfrac{a}{b} \cdot z+\cfrac{c}{b} \cdot x \leq B M\). Събираме почленно трите неравенства и получаваме \(M A+M B+M C \geq\left(\cfrac{b}{c}+\cfrac{c}{b}\right) \cdot x+\left(\cfrac{a}{c}+\cfrac{c}{a}\right) \cdot y+\left(\cfrac{a}{b}+\cfrac{b}{a}\right) \cdot z \geq 2 x+2 y+2 z\). Тук използвахме, че \(\cfrac{m}{n}+\cfrac{n}{m} \leq 2\) за всяко \(m \gt 0\) и \(m \gt 0\).

Разработката на темата допълва и разширява изучаваното в училище учебно съдържание по математика, а като нейно продължение може да се разгледат някои интересни и достъпни за учениците свойства на питагоровите и диофантовите триъгълници.

В заключение авторът изказва благодарност на г-н Емил Карлов за дадените полезни при подготовката на статията.

ЛИТЕРАТУРА

Арнольд В. И. (2012). Задачи для детей от 5 до 15 лет. Москва: МЦНМО.

Гроздев, С. (2005). Подготовка за Европейско кенгуру. София: СМБ. (ISBN 9548880-20-2), 220 страници.

(1998). Сборник статии по математика за работа с талантливи ученици Ямбол: МГ.

Солаков, Е. & Чимев, К. (1967). Питагорова теорема. София: „Наука и изкуство“.

Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics. Theory and Practice. (The Bulgarian Experience). Sofia: ADE. ISBN 978-954-92139-1-1, 295 pages.