tính giá trị biểu thức A=212.273/67.162 nhanh hộ mình nhé
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
K
6 tháng 6 2019
- LUYỆN TẬP
- HỌC BÀI
- HỎI ĐÁP
- KIỂM TRA
- VINSCHOOL
⋯
MUA THẺ HỌC
- 1
khoilaba
Hãy xác thực tài khoản để bảo vệ tài khoản của bạn và nhận thưởng VIP từ OLM Xác thực ngay
Giúp tôi giải toán và làm văn
Tìm kiếm
- Mới nhất
- Chưa trả lời
- Câu hỏi hay
- Câu hỏi tôi quan tâm
- Câu hỏi của bạn bè
- Gửi câu hỏi
Tất cảToánTiếng ViệtTiếng Anh
trần bảo khánh linh
Trả lời
3
Đánh dấu
3 phút trước
Helen Keller là ai
Nhanh 3 k nhé
Thank s
Câu hỏi tương tự Đọc thêm Báo cáo
Tiếng Việt lớp 1
TRẦN TUẦN NAM Vài giây trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Helen Adams Keller (27 tháng 6 năm 1880 – 1 tháng 6 năm 1968) là nữ văn sĩ, nhà hoạt động xã hội, diễn giả người Mỹ. Bà là người khiếm thị, khiếm thính đầu tiên giành học vị Cử nhân Nghệ thuật.[1][2
Đúng 0 Sai 0
Emily Nain 1 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Helen Adams Keller là nữ văn sĩ, nhà hoạt động xã hội, diễn giả người Mỹ. Bà là người khiếm thị, khiếm thính đầu tiên giành học vị Cử nhân Nghệ thuật. Bà được tạp chí Time xếp vào danh sách 100 nhân vật tiêu biểu của thế kỷ 20
#EMNA#
Đúng 0 Sai 0
︵✿๖ۣۜSɦĭηησʂυƙε↭-↭^^‿✿ 1 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Helen Adams Keller sinh ra tại Tuscumbia, Alabama. Gia đình bà sống trong khu điền trang Ivy Green[5] được ông nội của bà xây dựng từ những thập kỉ trước.[6]
Cha bà là Arthur H. Keller[7] là người biên tập lâu năm cho tờ báo Tuscumbia North Alabamian và từng là đại úy trong Quân đội miền nam.[6] Bà nội của Helen là chị em họ với Robert E. Lee.[8] Mẹ bà là Kate Adams,[9] là con gái của Charles W. Adams[10] là người gốc từ Massachusetts và từng tham chiến cho Quân đội miền nam trong suốt Cuộc nội chiến Mỹ và trở thành đại tá. Họ nội của Helen thuộc dòng dõi với Casper Keller, người có gốc gác Thụy Sĩ.[8][11]
Keller không bị mù và điếc bẩm sinh[12]. Khi chào đời được khoảng 19 tháng, bà bị ốm nặng sốt cao viêm màng não và không may hỏng mất đôi mắt, và sau đó tai cũng bị điếc. Gia đình bất hạnh chứng kiến đứa con gái vùa lớn lên vừa chống chọi với số phận nghiệt ngã, càng lớn thì tính tình của Keller càng nóng nảy cáu gắt.
Học vấn[sửa | sửa mã nguồn]
Keller và cô Anne Sullivan vào tháng 7 năm 1888
Năm 1886, mẹ bà tình cờ biết được một đứa bé cũng bị mù-điếc như con mình nhưng đã được dạy dỗ thành công, liền tới Baltimore, Maryland gặp bác sĩ để xin lời khuyên. Người bác sĩ này khuyên bà nên tới gặp Alexander Graham Bell, lúc đó còn đang là một nhà chuyên môn chuyên làm việc với những trẻ em bị điếc tại địa phương. Bell lại giới thiệu bà mẹ đưa con gái của mình tới học tại trường Perkins dành cho người mù, tọa lạc tại Nam Boston, tiểu bang Massachusetts. Tại đây Keller đã được gặp cô gia sư Anne Sullivan người Ireland vừa mới tốt nghiệp, người đã từng gần như mất hết thị lực khi mới lên năm tuổi và bắt đầu một tình bạn kéo dài suốt 49 năm trời.
Keller và cô Anne đang học từ
Helen Keller, năm 1904
Helen Keller đang đọc sách với chữ nổi, khoảng năm 1907
Helen Keller
Có một lần Anne tặng cho Keller một con búp bê bằng vải mà cô ôm trên tay. Chờ cho Keller chơi một hồi, Anne liền cầm lấy bàn tay Keller và viết chữ "búp bê" (doll) lên lòng bàn tay em. Keller rất thích thú với cách thể hiện đó, từ đó về sau Anne thường xuyên tập cho Keller ghép chữ cái theo cách này. Sau 3 tháng, thông qua ngôn ngữ động tác tay và sờ xem cử động môi của Anne, Keller đã học được hơn 400 từ đơn cùng một số đoản ngữ.
Năm Keller 8 tuổi, cô Anne đưa bà tới học tại trường Perkins, nơi có các loại sách chữ nổi và các trẻ em bị mù-điếc khác. Chẳng bao lâu, Keller đã bộc lộ rõ tài năng vượt trội về các môn toán, địa lý, sinh học, tập đọc; em còn học cả bơi, chèo thuyền, cưỡi ngựa, đi xe. Sau đó Keller vào học trường nữ học tiểu bang Massachusetts, cô giáo Anne luôn luôn ở bên cạnh Keller để viết lại nội dung bài giảng vào lòng bàn tay Keller. Năm 1900 Keller thi đậu vào trường Radcliffe College (khu mở rộng của Đại học Harvard từ năm 1879 cho sinh viên nữ với các tòa nhà và khuôn viên riêng), học tài liệu chữ nổi dành cho người mù. Cô học nhiều ngoại ngữ, kể cả tiếng Pháp và tiếng Đức, và kiên trì học tới mức khi nào đầu ngón tay rớm máu mới chịu dừng. Số lượng bài vở khổng lồ nhanh chóng làm hỏng thị lực của gia sư Anne. Đến tháng 6 năm 1904 Keller tốt nghiệp và trở thành người mù-điếc đầu tiên được tốt nghiệp đại học.[2] Sau đó, cô được nhận một số học hàm tiến sĩ danh dự, trong số đó có Đại học Harvard.
Hoạt động chính trị[sửa | sửa mã nguồn]
Hai năm sau ngày tốt nghiệp, Keller được vinh dự bầu vào chức chủ tịch hội người mù tiểu bang Massachusetts, bắt tay vào công việc xã hội cụ thể phục vụ cho cộng đồng người mù. Keller đón tiếp rất nhiều người mù, trả lời nhiều thư từ và đi thuyết giảng lưu động tại 39 nước trên thế giới. Cô không quản ngại vất vả, cống hiến hết sức mình cho chương trình giáo dục và chữa trị cho người mù. Năm 1920 với sự phấn đấu không mệt mỏi, Keller đã thành lập được tổ chức quần chúng trên phạm vi toàn quốc của Hội người mù toàn nước Mỹ. Tổ chức này vẫn còn tồn tại cho đến ngày nay.
Keller trở thành một biểu tượng của tinh thần tự lực phi thường khi suốt đời sống trong thế giới không ánh sáng, không âm thanh nhưng vẫn cống hiến hết sức lực nhằm đem niềm vui đến với người tàn tật, có cùng hoàn cảnh như mình. Cô đã được gặp nhiều tổng thống Mỹ như Grover Cleveland, Benjamin Harrison, William McKinley, Theodore Roosevelt, William Howard Taft, Franklin D. Roosevelt, John F. Kennedy... Cô cũng trở thành bạn của những con người nổi tiếng như Alexander Graham Bell, Charlie Chaplin, Mark Twain.
Bà bắt đầu tham gia phong trào xã hội tại nước Mỹ. Keller gia nhập Đảng Xã hội Hoa Kỳ, và về sau bỏ đảng đó để gia nhập Industrial Workers of the World (Công nhân kỹ nghệ của Thế giới). Những nhà báo mà về trước khen ngợi sự can đảm và thông minh của bà bây giờ chỉ ra là bà bị tàn tật. Chủ báo Brooklyn Eagle viết rằng "những sai lầm [của bà] xuất hiện từ những hạn chế rõ ràng khi lớn lên". Keller trả lời chủ báo này, nói đến lần gặp ông trước khi ông biết đến những quan điểm chính trị của bà:
At that time the compliments he paid me were so generous that I blush to remember them. But now that I have come out for socialism he reminds me and the public that I am blind and deaf and especially liable to error. I must have shrunk in intelligence during the years since I met him... Oh, ridiculous Brooklyn Eagle! Socially blind and deaf, it defends an intolerable system, a system that is the cause of much of the physical blindness and deafness which we are trying to prevent.[1]
Bà cũng biểu tình chống chiến tranh và đồng sáng lập tổ chức dân quyền ACLU[2]. Các hoạt động này có liên quan đến quan điểm công bằng của Keller.
Giới thiệu loài chó Akita tới nước Mỹ[sửa | sửa mã nguồn]
Keller tại Nhật Bản năm 1948 trước tượng chó Hachiko
Khi Keller tới thăm tỉnh Akita, Nhật Bản vào tháng 7 năm 1937, bà đã hỏi thăm tới Hachiko, một con chó giống Akita nổi tiếng vì sự trung thành và đã chết từ năm 1935, và bày tỏ ý định muốn có một chú chó như thế. Chỉ trong vòng một tháng, một chú chó tên là Kamikaze-go đã được gửi đến, nhưng sau đó đã chết bệnh quá sớm. Chính phủ Nhật Bản quyết định tặng ch
~Hok tốt~
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
NGUYEN TRUNG KIEN
Trả lời
1
Đánh dấu
4 phút trước
cmr 20a+11b chia het cho 17 khi va chi khi 83a+38b chia het cho 17
Toán lớp 6 Toán chứng minh
NGUYEN TRUNG KIEN 3 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
giúp mn nha
Đúng 0 Sai 0
JS1_❤❣A.R.M.Y-Jung Hoseok❣❤ [ RBL ] ❧♛☙
Trả lời
6
Đánh dấu
6 phút trước
1 + 1 + 90 = ?
Hãy kể tên 5 bộ anime mà bn thik nhất :)
#JH
Tiếng Anh lớp 5 Đố vui
︵✿๖ۣۜSɦĭηησʂυƙε↭-↭^^‿✿ Vài giây trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
1 + 1 + 90 =92
~Hok tốt~
Đúng 0 Sai 0
︵✿ĐứC̸͟͞ MạN̸͟͞H̸͟͞™➷ ➸ ➹ 2 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
=92
bó tay mình còn ko biết anime là cái ì nữa hihi
Đúng 0 Sai 0
☤_€ự_Ǥiải_☤ 2 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
trả lời:
1+1+90=92
mik ko hay xem anime lw
#hok tốt#
Đúng 0 Sai 1
♥➴Hận đời FA➴♥
Trả lời
0
Đánh dấu
11 phút trước
Giải hệ phương trình:
{
| y+2√x2+y=4x+3 |
| (x−3)√y−4+(y−4)√x−1+2=0 |
Cô Chi ơi!!!! Giúp em vớiiiiiiiiiii!!!!!!!!!!
Đọc tiếp...
Toán lớp 9 Hệ phương trìnhCăn thức
nguyễn hoàng ý nhi
Trả lời
2
Đánh dấu
12 phút trước
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a)x3−13x−12
b)2x4+3x3−9x2−3x+2
c)x4−3x3−6x2+3x+1
Đọc tiếp...
Toán lớp 8
Minh Nguyễn Cao 1 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a) x3−13x−12
=x3+x2−x2−x−12x−12
=x2(x+1)−x(x+1)−12(x+1)
=(x+1)(x2−x−12)
=(x+1)(x2−4x+3x−12)
=(x+1)[x(x−4)+3(x−4)]
=(x+1)(x−4)(x+3)
b) 2x4+3x3−9x2−3x+2câu này hình như sai đề rồi, bạn xem lại nhen
c) x4−3x3−6x2+3x+1câu này cx thế, bạn xem lại nha
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Phạm Thị Thùy Linh 7 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a,x3−13x−12
=x3−x−12x−12
=x(x2−1)−12(x+1)
=x(x−1)(x+1)−12(x+1)
=(x+1)(x2−x−12)
=(x+1)(x2−4x+3x−12)
=(x+1)[x(x−4)+3(x+4)]
=(x+1)(x−4)(x+3)
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Nguyễn Trác Lực
Trả lời
2
Đánh dấu
12 phút trước
tìm N biết
a) 3 chia hết cho N + 1
b) ( N + 6 ) chia hết cho ( N + 2 )
c) ( 2N + 3 ) chia hết cho ( N - 2 )
Đọc tiếp...
Toán lớp 6
♈ Nhok's ²ƙ⁷ ♡ Kim Seok Jin♐ 2 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a,3⋮n+1
⇒n+1∈Ư(3)={±1;±3}
⇒n∈{0;−2;2;−4}
b,n+6⋮n+2
⇒(n+2)+4⋮n+2
⇒4⋮n+2(Do n+2⋮n+2)
Đến đây tự làm tiếp như câu a.
c,2n+3⋮n−2
⇒2(n−2)+7⋮n−2
⇒7⋮n−2(Do2(n−2)⋮n−2)
Đến đây tự làm tiếp như câu a.
~Study well~
#SJ
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Nhật Hạ 5 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a, 3⋮(n+1)
⇒n+1∈Ư(3)={±1;±3}
| N + 1 | 1 | -1 | 3 | -3 |
| N | 0 | -2 | 2 | -4 |
Vậy...
b, (n+6)⋮(n+2)
Ta có: n+6=(n+2)+4
Mà {
| (n+2)⋮(n+2) |
| (n+2)+4⋮(n+2) |
⇒4⋮(n+2)
⇒n+2∈Ư(4)={±1;±2;±4}
Tự kẻ bảng
c, (2n+3)⋮(n−2)
Ta có: 2n+3=2(n−2)+7
Mà {
| 2(n−2)+7⋮(n−2) |
| 2(n−2)⋮(n−2) |
⇒7⋮(n−2)
Tự làm tiếp
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
ko biet ten nen dung hoi nhe
Trả lời
5
Đánh dấu
13 phút trước
2+ 2=5iloveyou
i love you
Tiếng Việt lớp 1
Sơnღ๖ۣۜ Tùng MTP (♕тєαм❤đẹρ❤тяαι✌) 5 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
KO
ĐĂNG
CÂU
HỎI
LINH
TINH
LÊN
DIỄN
ĐÀN
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
TRẦN TUẦN NAM 10 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
︵✿๖ۣۜSɦĭηησʂυƙε↭-↭^^‿✿ 11 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
2 + 2 =5
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Uyên Thảo
Trả lời
2
Đánh dấu
15 phút trước
Hãy so sánh nguyên tử magie nặng hay nhẹ hơn bao nhiêu lần so với
a) nguyên tử cacbon
b) nguyên tử lưu huỳnh
c) nguyên tử nhôm
Đọc tiếp...
Ngữ Văn lớp 8
♥➴Hận đời FA➴♥ 14 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
sorry, h.vn
Đúng 0 Sai 0
♥➴Hận đời FA➴♥ 14 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
vào hh.vn để đc giải đáp tốt hơn
Đúng 0 Sai 0
Admin (a@olm.vn)
Trả lời
6
Đánh dấu
16 phút trước
Nguyễn Tất Thành nằm ở đâu?
Hiệu trưởng trường Nguyễn Tất Thành là ai?
Ngữ Văn lớp 7
Trần Phương Anh 5 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
xl nha
cái này tui kg tìm hiểu mấy
Đúng 0 Sai 0
SAIAMA 10 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
136 Xuân Thủy, Dịch Vọng Hậu, Cầu Giấy, Hà Nội
Tiến sĩ Nguyễn Thị Thu Anh - Bí thư Chi bộ, Hiệu trưởng
Đúng 1 Sai 0
TRẦN TUẦN NAM 11 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
ĐC : số 136 Đường Nguyễn Xuân Thủy Quận Cầu Giay Hà Nội
Hiệu trưởng : Nguyễn Thị Thu Anh
Đúng 0 Sai 0
Khánh Vũ Trọng
Trả lời
0
Đánh dấu
18 phút trước
Giải phương trình:√3X−2−√X+1=2X2+X−6
Toán lớp 9
༺✰» Andromeda «✰༻
Trả lời
4
Đánh dấu
18 phút trước
Có vú mà chẳng nuôi con
Mỗi người một vú, vú non vú già
Hồi thương chật áo chia ba
Hồi ghét để áo chia ra làm mười?
[Là quả gì-.-]
Đọc tiếp...
Tiếng Việt lớp 3 Đố vuiGiải trí
Sơnღ๖ۣۜ Tùng MTP (♕тєαм❤đẹρ❤тяαι✌) 3 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời:
Quả vũ sữa
~ Học tốt ~
Đúng 1 Sai 0
TRẦN TUẦN NAM 9 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
quả vú sữa
Đúng 1 Sai 0
Linhiu^^** 10 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời
Là quả vú sữa
Học tốt
Đúng 1 Sai 0
Admin (a@olm.vn)
Trả lời
10
Đánh dấu
19 phút trước
Chủ tịch nước là ai ?
Toán lớp 5
_ Mon _ 13 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
~ lk con người ặk
Đúng 3 Sai 0
︵✿ĐứC̸͟͞ MạN̸͟͞H̸͟͞™➷ ➸ ➹ 18 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
vãi cả hỏi thế thì mình quỳ bạn
Đúng 4 Sai 0
Sơnღ๖ۣۜ Tùng MTP (♕тєαм❤đẹρ❤тяαι✌) 3 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời:
Chủ tịch là nguyễn Phú Trọng
~ Học tốt ~
Đúng 0 Sai 0
Nguyễn Đức Tiệp
Trả lời
2
Đánh dấu
19 phút trước
66775508?????=
12345678987654321+98765432123456789=
xd
Đọc tiếp...
Toán lớp 1
Sơnღ๖ۣۜ Tùng MTP (♕тєαм❤đẹρ❤тяαι✌) Vài giây trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
KO
ĐĂNG
CÂU
HỎI
LINH
TINH
LÊN
DIỄN
ĐÀN
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
︵✿๖ۣۜSɦĭηησʂυƙε↭-↭^^‿✿ 13 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Du Duc Thang
Trả lời
8
Đánh dấu
20 phút trước
Tìm tất cả các phân số bằng phân số 22/26 Sao cho mẫu số là số có hai chữ số
Toán lớp 5
๖ۣۜSۣۜN✯•Y.Šynˣˣ 2 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
căng đó nha mik đag tìm
Đúng 0 Sai 0
Mymom12345 3 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Ta có: 2226 = 1113
1113 = 3339 = 4452 = 5565 = 6678 = 7791
Vậy ta viết được 5 phân số
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
︵✿ĐứC̸͟͞ MạN̸͟͞H̸͟͞™➷ ➸ ➹ 4 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
ok rồi đó bạn k mình đi
Đúng 0 Sai 1
Nguyễn Hà Anh
Trả lời
15
Đánh dấu
3 tháng 5 2017 lúc 20:01
Một cửa hàng nhận về 4 thùng hàng như nhau , mỗi thùng có 1216 kg hàng . Số hàng đó chia đều cho 2 xe chở . Hỏi mỗi xe chở bao nhiêu kg hàng ?
Được cập nhật 25 phút trước
Toán lớp 3
Trần Hoài Thương( The Moon of Red ) 24 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời
Mỗi xe chở đc: 2432 kg
~ Học tốt ~
.......................
Đúng 3 Sai 0
Hoàng Nguyên Hiếu 3 tháng 5 2017 lúc 20:09
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
4 thùng chở số kg là :
1216 x 4 = 4864 ( kg )
Mỗi thùng chở số kg là :
4864 : 2 = 2432 ( kg )
Đ/s : 2432 kg
Đọc tiếp...
Đúng 7 Sai 2
she smiles 27 tháng 2 lúc 20:02
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
2432 kg
Đúng 1 Sai 0
Galaxy of space
Trả lời
4
Đánh dấu
29 phút trước
Cho 10 cây, bạn hãy trồng số cây này thành 5 đường thẳng sao cho mỗi đường có 4 cây?
Toán lớp 5
JS1_❤❣A.R.M.Y-Jung Hoseok❣❤ [ RBL ] ❧♛☙ 23 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Bn chỉ cần xếp thành ngôi sao 5 cánh là sẽ ra mỗi đường có 4 cây thôi :)
~ Hok tốt ~
#JH
Đúng 3 Sai 0
Trần Hoài Thương( The Moon of Red ) 25 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời:
Bạn xếp thành hình ngôi sao là đc.
~ Học tốt ~
Đúng 3 Sai 0
︵✿ĐứC̸͟͞ MạN̸͟͞H̸͟͞™➷ ➸ ➹ 24 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
ok đúng trắc là ngôi sao vì tui thấy bạn để hình nền ngôi sao mà hihi
nhớ k nha cảm ơn bạn nhiều
Đúng 0 Sai 0
Dương Tịch
Trả lời
8
Đánh dấu
9 phút trước
Tìm X để biểu thức sau có nghĩa:
a, Căn -5/x2+6
b, Căn 2/x2
c, Căn 1/-1+x
d, Căn 4/x+3
Đọc tiếp...
Toán lớp 9
๖ۣۜK-๖ۣۜA๖L๖ۣۜ♡K♡ 2๖ۣۜK7 (Team TST 9) CTV 23 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a) √−5x2+6
Để biểu thức có nghĩa thì x2+6<0
Mà x2≥0⇒x2+6≥6(mâu thuẫn)
Vậy biểu thức này không xác định
Đọc tiếp...
Đúng 1 Sai 0
Phạm Thị Thùy Linh 14 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
d,Cho mình sửa xíu :
⇒{
| x+3≥0 |
| x≠−3 |
⇒{
| x≥−3 |
| x≠−3 |
⇒x≥−2
Quyên không đổi dấu , xl nha
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
๖ۣۜK-๖ۣۜA๖L๖ۣۜ♡K♡ 2๖ۣۜK7 (Team TST 9) CTV 15 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Phạm Thị Thùy LinhCâu d) sai rồi nhé.
Nếu x = -2 thì √41 =√4(Vẫn đúng)
x = -1 vẫn đúng nhé √42 =√2
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Song tử .... Tn(siêu quậy)
Trả lời
7
Đánh dấu
31 phút trước
Giúp mk bài này với nhé
Mk đang cần gấp
hãy rút gọn
P=a(b+1)−b−1b(a−1)+a−1
Nhanh giúp nha !
Đọc tiếp...
Toán lớp 7
☤_€ự_Ǥiải_☤ 17 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
P=a(b+1)−b−1b(a−1)+a−1
P=ab+a−b−1ba−b+a−1
P=1
#hok tốt#
Đọc tiếp...
Đúng 3 Sai 0
Trần Hoài Thương( The Moon of Red ) 18 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời:
P=a(b+1)−b−1b(a−1)+a−1 = ab+a−b−1ab−b+a−1 =ab−b+a−1ab−b+a−1 =1
~ Học tốt ~
Đúng 3 Sai 0
Trần Văn Dương 21 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
P=a(b+1)−b−1b(a−1)+a−1
P=a(b+1)−b−1ab−b+a−1
P=ab+a−b−1ab−b+a−1
P = 1
Đọc tiếp...
Đúng 3 Sai 0
_🅲🆁🅾🆆\\\'🆂 🅱🅻🅾🅾🅱_
Trả lời
10
Đánh dấu
32 phút trước
Con người có mấy cái chân?
Ngữ Văn lớp 8
✰๖ۣۜMagicღ ๖ۣۜPrincessღ✰ 20 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
thay đổi avatar bạn ơi!
Đúng 0 Sai 0
Trần Phương Anh 26 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
-two cái chân
- trừ trường hợp .......... tóm lại là kg giải thik đc
Đúng 3 Sai 0
~MON Ú~ [TEAM Destroy The World] 28 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
con ngời bình thường có 2 cái chân còn có những trường hợp khác như sau:
1 bị dị tật ở chân (ko có chân)
2 hoặc như ông này. Sinh ra Myrtle Corbin, người Mỹ đã có 4 chân, thực chất là phần thừa của một bào thai sống ký sinh, và có tới hai cơ quan sinh dục.
Đúng 2 Sai 0
Thu Hằng Nguyễn
Trả lời
6
Đánh dấu
5 tháng 8 2015 lúc 14:10
Năm nay mẹ 30 tuổi, mẹ hơn con 26 tuổi. Hỏi trước đây 2 năm tuổi con bằng một phần mấy tuổi mẹ?
Được cập nhật 33 phút trước
Toán lớp 4
Linh Đặng Thị Mỹ 5 tháng 8 2015 lúc 14:13
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Tuổi con hiện nay là : 30 - 26 = 4 (tuổi )
Khi đó tuổi mẹ bằng số lần tuổi conlà:
28 : 2 =14 (lần).
Vậy khi đó tuổi con bằng 1/14 tuổi mẹ
Đúng 4 Sai 0 Thu Hằng Nguyễn đã chọn câu trả lời này.
Trần Hoài Thương( The Moon of Red ) 21 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
Trả lời:
114 tuổi mẹ nha.
~ Học tốt ~
Đúng 3 Sai 0
VÕ NGUYỄN THANH HÀ 21 tháng 8 2017 lúc 11:20
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
LƯU Ý
Các bạn học sinh KHÔNG ĐƯỢC đăng các câu hỏi không liên quan đến Toán, hoặc các bài toán linh tinh gây nhiễu diễn đàn. Online Math có thể áp dụng các biện pháp như trừ điểm, thậm chí khóa vĩnh viễn tài khoản của bạn nếu vi phạm nội quy nhiều lần.
Chuyên mục Giúp tôi giải toán dành cho những bạn gặp bài toán khó hoặc có bài toán hay muốn chia sẻ. Bởi vậy các bạn học sinh chú ý không nên gửi bài linh tinh, không được có các hành vi nhằm gian lận điểm hỏi đáp như tạo câu hỏi và tự trả lời rồi chọn đúng.
Mỗi thành viên được gửi tối đa 5 câu hỏi trong 1 ngày
Các câu hỏi không liên quan đến toán lớp 1 - 9 các bạn có thể gửi lên trang web h.vn để được giải đáp tốt hơn
Đọc tiếp...
Đúng 0 Sai 0
Tải thêm câu hỏi
Nội quy chuyên mục
Giải thưởng hỏi đáp
Danh sách chủ đề
Toán lớp 1Toán lớp 2Toán lớp 3Toán lớp 4Toán lớp 5Toán lớp 6Toán lớp 7Toán lớp 8Toán lớp 9Toán lớp 10Toán lớp 11Toán lớp 12Tiếng Việt 1Tiếng Việt 2Tiếng Việt 3Tiếng Việt 4Tiếng Việt 5Ngữ Văn 6Ngữ Văn 7Ngữ Văn 8Ngữ văn 9Ngữ văn 10Ngữ văn 11Ngữ văn 12Tiếng Anh lớp 1Tiếng Anh lớp 2Tiếng Anh lớp 3Tiếng Anh lớp 4Tiếng Anh lớp 5Tiếng Anh lớp 6Tiếng Anh lớp 7Tiếng Anh lớp 8Tiếng Anh lớp 9Tiếng Anh lớp 10Tiếng Anh lớp 11Tiếng Anh lớp 12
Xếp hạng tuần
•๖ۣۜAƙαĭ ๖ۣۜHαɾυмα•™ [ RBL ] ❧MMM☙
Điểm SP: 1881. Điểm GP: 0.
ミ★MaღCà๖ۣۜRồng★彡
Điểm SP: 1600. Điểm GP: 1.
Vũ Tiến Đạt [ RBL ] ❧KIA ☙
Điểm SP: 1351. Điểm GP: 0.
Trần Hoài Thương( The Moon of Red )
Điểm SP: 1178. Điểm GP: 0.
Luân Đặng ( The Moon of Red )
Điểm SP: 895. Điểm GP: 0.
Dn_x҉K҉r҉a҉k҉e҉n҉Y҉T҉_[★]
Điểm SP: 861. Điểm GP: 0.
✰๖ۣۜPɦσεηĭχ ๖ۣۜFĭɾε✰ ( Team TST 33 )
Điểm SP: 552. Điểm GP: 0.
My little heart
Điểm SP: 484. Điểm GP: 0.
JS1_❤❣A.R.M.Y-Jung Hoseok❣❤ [ RBL ] ❧♛☙
Điểm SP: 352. Điểm GP: 0.
◥ὦɧ◤๖ۣۜM๖ۣۜA๖ۣۜI❤๖ۣۜT๖ۣۜR๖ۣۜA๖ۣۜN๖ۣۜG๖²⁴ʱ (siêu quậy)
Điểm SP: 352. Điểm GP: 0.
Bảng xếp hạng
Có thể bạn quan tâm
ôn thi thpt môn toánôn thi thpt môn vật lýôn thi thpt môn hóa họcôn thi thpt môn sinh họcôn thi thpt môn tiếng anhôn thi thpt môn lịch sửôn thi thpt môn địa lýôn thi thpt môn giáo dục công dânbộ đề thi thpt môn toánbộ đề thi thpt môn ngữ vănbộ đề thi thpt môn sinh họcbộ đề thi thpt môn vật lýbộ đề thi thpt môn hóa họcbộ đề thi thpt môn lịch sửbộ đề thi thpt môn địa lýbộ đề thi thpt môn tiếng anhbộ đề thi thpt môn giáo dục công dân
Tài trợ
Các câu hỏi không liên quan đến toán lớp 1 - 9 các bạn có thể gửi lên trang web h.vn để được giải đáp tốt hơn.
© 2013 - Trung tâm Khoa học Tính toán - ĐH Sư phạm Hà Nội && Công ty C.P. Khoa học và Công nghệ Giáo dục (email: a@olm.vn)
KN
3
6 tháng 6 2019
rong toán học, định lý Pytago (còn gọi là định lý Pythagoras theo tiếng Anh) là một liên hệ căn bản trong hình học Euclid giữa ba cạnh của một tam giác vuông. Định lý phát biểu rằng bình phương cạnh huyền (cạnh đối diện với góc vuông) bằng tổng bình phương của hai cạnh còn lại. Định lý có thể viết thành một phương trình liên hệ độ dài của các cạnh là a, b và c, thường gọi là "công thức Pytago":[1]
{\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2},}
với c là độ dài cạnh huyền và a và b là độ dài hai cạnh góc vuông hay còn gọi là cạnh kề.
Mặc dù những hiểu biết về mối liên hệ này đã được biết trước thời của ông,[2][3] định lý được đặt tên theo nhà toán học Hy Lạp cổ đạiPythagoras (k. 570–495 BC) khi - với những tư liệu lịch sử đã ghi lại - ông được coi là người đầu tiên chứng minh được định lý này.[4][5][6] Có một số chứng cứ cho thấy các nhà toán học Babylon đã hiểu về công thức này, mặc dù có ít tư liệu cho thấy họ đã sử dụng nó trong khuôn khổ của toán học.[7][8] Các nhà toán học khu vực Lưỡng Hà, Ấn Độ và Trung Quốc cũng đều tự khám phá ra định lý này và trong một số nơi, họ đã đưa ra chứng minh cho một vài trường hợp đặc biệt.
Có rất nhiều chứng minh cho định lý này - và có lẽ là nhiều nhất trong các định lý của toán học. Cách chứng minh rất đa dạng, bao gồm cả chứng minh bằng hình học lẫn đại số, mà một số có lịch sử hàng nghìn năm tuổi. Định lý Pytago còn được tổng quát hóa bằng nhiều cách khác nhau, bao gồm cho không gian nhiều chiều, cho các không gian phi Euclid, cho các tam giác bất kỳ, và thậm chí cho những đối tượng khác xa hẳn so với tam giác vuông, những đối tượng hình học tổng quát trong không gian nhiều chiều. Định lý Pytago còn thu hút nhiều sự chú ý từ bên ngoài phạm vi toán học, như là một biểu tượng toán học thâm thúy, bí ẩn, hay sức mạnh của trí tuệ; nó cũng được nhắc tới trong văn học, kịch bản, âm nhạc, bài hát, con tem và phim hoạt hình.
Mục lục
- 1Chứng minh của Pytago
- 2Những dạng khác của định lý
- 3Các chứng minh khác
- 3.1Chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng
- 3.2Chứng minh của Euclid
- 3.3Các chứng minh bằng cách chia hình và sắp xếp lại
- 3.4Chứng minh của Einstein bằng phân tích lập luận
- 3.5Các chứng minh bằng đại số
- 3.6Chứng minh sử dụng vi tích phân
- 4Định lý đảo
- 5Hệ quả và các áp dụng
- 5.1Bộ ba số Pytago
- 5.2Dựng đoạn thẳng vô ước
- 5.3Số phức
- 5.4Khoảng cách Euclid trong các hệ tọa độ khác nhau
- 5.5Đẳng thức lượng giác Pytago
- 5.6Liên hệ với tích vectơ
- 6Tổng quát hóa
- 6.1Các hình đồng dạng trên ba cạnh tam giác
- 6.2Định lý cos
- 6.3Tam giác bất kỳ
- 6.4Tam giác bất kỳ và các hình bình hành dựng trên các cạnh
- 6.5Hình học không gian
- 6.6Không gian tích trong
- 6.7Hình học phi Euclid
- 6.7.1Hình học cầu
- 6.7.2Hình học hyperbolic
- 6.7.3Tam giác vô cùng bé
- 6.8Hình học vi phân
- 7Lịch sử
- 8Xem thêm
- 9Tham khảo
- 10Đọc thêm
- 11Liên kết ngoài
Chứng minh của Pytago[sửa | sửa mã nguồn]
Chứng minh định lý của Pytago (nhấp xem ảnh động)
Định lý Pytago đã được biết đến từ lâu trước thời của Pythagoras, nhưng ông được coi là người đầu tiên nêu ra chứng minh định lý này.[2]Cách chứng minh của ông rất đơn giản, chỉ bằng cách sắp xếp lại hình vẽ.
Trong hai hình vuông lớn ở hình minh họa bên trái, mỗi hình vuông chứa bốn tam giác vuông bằng nhau, sự khác nhau giữa hai hình vuông này là các tam giác vuông được bố trí khác nhau. Do vậy, khoảng trắng bên trong mỗi hình vuông phải có diện tích bằng nhau. Dựa vào hình vẽ, hai vùng trắng có diện tích bằng nhau cho phép rút ra được kết luận của định lý Pytago, Q.E.D.[9]
Về sau, trong tác phẩm của nhà triết học và toán học Hy Lạp Proclus đã dẫn lại chứng minh rất đơn giản của Pythagoras.[10] Các đoạn dưới đây nêu ra một vài cách chứng minh khác, nhưng cách chứng minh ở trên thuộc về của Pythagoras.
Những dạng khác của định lý[sửa | sửa mã nguồn]
Như đã nhắc đến ở đoạn giới thiệu, nếu c ký hiệu là chiều dài của cạnh huyền và a và b ký hiệu là chiều dài của hai cạnh kề, định lý Pytago có thể biểu diễn bằng phương trình Pytago:
{\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2}.}
Nếu đã biết chiều dài cả a và b, thì cạnh huyền c tính bằng
{\displaystyle c={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}.}
Nếu biết độ dài của cạnh huyền c và một trong các cạnh kề (a hoặc b), thì độ dài của cạnh kề còn lại được tìm bằng công thức: {\displaystyle a={\sqrt {c^{2}-b^{2}}}}
Phương trình Pytago cho liên hệ các cạnh của một tam giác vuông theo cách đơn giản, do đó nếu biếu chiều dài của hai cạnh bất kỳ thì sẽ tìm được chiều dài của cạnh còn lại. Một hệ quả khác của định lý đó là trong bất kỳ tam giác vuông nào, cạnh huyền luôn lớn hơn hai cạnh kia, nhưng bé hơn tổng của hai cạnh.
Định lý khái quát định lý này cho tam giác bất kỳ này đó là định lý cos, cho phép tính chiều dài của một cạnh khi biết chiều dài của hai cạnh kia cũng như góc tạo bởi hai cạnh này. Nếu góc giữa hai cạnh này là góc vuông, định lý cos sẽ trở về trường hợp đặc biệt đó là định lý Pytago.
Các chứng minh khác[sửa | sửa mã nguồn]
Định lý này có thể coi là định lý có nhiều cách chứng minh nhất (luật tương hỗ bậc hai là một định lý khác có nhiều cách chứng minh); trong cuốn sách The Pythagorean Propositionnêu ra 370 cách chứng minh cho định lý Pytago.[11]
Chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng[sửa | sửa mã nguồn]
Chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng.
Chứng minh này dựa trên sự tỉ lệ thuận của các cạnh của hai tam giác đồng dạng, tức là nó dựa trên tỉ số của hai cạnh tương ứng của hai tam giác đồng dạng là như nhau với kích thước của tam giác là bất kỳ.
Gọi ABC là một tam giác vuông, với góc vuông nằm tại đỉnh C, như ở hình bên. Vẽ đường cao tam giác từ điểm C, và gọi H là chân đường cao nằm trên cạnh AB. Điểm H chia chiều dài cạnh huyền c thành hai đoạn AH và BH. Tam giác mới ACH đồng dạng với tam ABC, bởi vì chúng đều có góc vuông (như theo định nghĩa của đường cao), và có chung góc tại đỉnh A, điều này có nghĩa rằng góc thứ ba còn lại cũng bằng nhau, ký hiệu θ như trong hình. Lập luận tương tự, tam giác CBH cũng đồng dạng với tam giác ABC. Chứng minh hai tam giác đồng dạng dựa trên mệnh đề về các góc trong tam giác: tổng các góc trong một tam giác bằng hai lần góc vuông, và tương đương với tiên đề về hai đường thẳng song song. Hai tam giác đồng dạng cho tỉ số của các cạnh tương ứng là bằng nhau:
{\displaystyle {\frac {BC}{AB}}={\frac {BH}{BC}}{\text{ and }}{\frac {AC}{AB}}={\frac {AH}{AC}}.}
Tỉ số thứ nhất bằng cosine của góc θ, và tỉ số thứ hai bằng sin của góc này.
Viết lại các tỉ số này
{\displaystyle BC^{2}=AB\times BH{\text{ and }}AC^{2}=AB\times AH.}
Cộng hai vế của hai đẳng thức
{\displaystyle BC^{2}+AC^{2}=AB\times BH+AB\times AH=AB\times (AH+BH)=AB^{2},}
và cuối cùng thu được định lý Pytago:
{\displaystyle BC^{2}+AC^{2}=AB^{2}}
Có nhiều tranh luận xung quanh vai trò của chứng minh này trong lịch sử toán học. Câu hỏi đặt ra là tại sao Euclid đã không sử dụng chứng minh này mà ông đã nghĩ ra một cách khác. Một phỏng đoán cho rằng cách chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng bao gồm định lý về tỉ lệ, một chủ đề không được thảo luận cho đến tận khi ông viết cuốn Cơ sở(Elements), và định lý tỉ lệ cần được phát triển thêm ở thời điểm đó.[12][13]
Chứng minh của Euclid[sửa | sửa mã nguồn]
Chứng minh đưa ra trong cuốn Elements của Euclid.
Tóm tắt nội dung chứng minh của Euclid nêu ra trong cuốn Elements. Hình vuông lớn (có cạnh là cạnh huyền) được chia thành hai hình chữ nhật bên trái và phải (xem hình). Dựng một tam giác có diện tích bằng một nửa diện tích của hình chữ nhật bên trái. Sau đó dựng tam giác khác có diện tích bằng một nửa hình vuông ở cạnh bên trái. Bước tiếp theo là chứng minh hai tam giác này bằng nhau, và do đó diện tích hình vuông bên trái bằng diện tích hình chữ nhật bên trái. Lập luận tương tự cho hình vuông bên phải và hình chữ nhật bên phải. Tổng diện tích hai hình chữ nhật bằng diện tích hình vuông có cạnh là cạnh huyền, và chính bằng tổng diện tích của hai hình vuông dựng trên hai cạnh kề. Chi tiết chứng minh như sau.
Gọi A, B, C là các đỉnh của một tam giác vuông, với góc vuông tại A. Hạ một đường thẳng từ A vuông góc với cạnh huyền. Đường thẳng này chia hình vuông dựng trên cạnh huyền làm hai hình chữ nhật, mà sẽ chứng minh là hai hình chữ nhật này lần lượt bằng diện tích với hai hình vuông trên hai cạnh góc vuông.
Để chứng minh chặt chẽ, đòi hỏi dựa trên bốn bổ đề cơ bản sau:
- Nếu hai tam giác có hai cạnh tương ứng bằng nhau, và góc giữa hai cạnh này cũng bằng nhau, thì hai tam giác này bằng nhau (trường hợp cạnh-góc-cạnh).
- Diện tích tam giác bằng một nửa diện tích của hình bình hành có cùng đáy và chiều cao.
- Diện tích của hình chữ nhật bằng tích của hai cạnh kề nhau.
- Diện tích của hình vuông bằng bình phương cạnh của nó (hệ quả từ bổ đề 3).
Tiếp theo, mỗi hình vuông trên từng cạnh kề được liên hệ với một tam giác tương đẳng với nó, mà tam giác này lại có liên hệ tương đẳng với một hình chữ nhật vừa chia.[14]
Minh họa chia hình vuông và dựng thêm đường.
Chứng minh hai tam giác bằng nhau và chúng lần lượt bằng một nửa diện tích hình chữ nhật BDLK và hình vuông BAGF.
Chứng minh như sau:
- Gọi ABC là tam giác vuông với góc vuông CAB.
- Trên mỗi cạnh BC, AB, và CA, dựng ra các hình vuông tương ứng CBDE, BAGF, và ACIH. Việc dựng các hình vuông cũng đòi hỏi trực tiếp các định lý trước đó nêu ra trong cuốn sách của Euclid, và chỉ phụ thuộc vào tiên đề đường thẳng song song.[15]
- Từ đỉnh A, vẽ một đường thẳng song song với hai cạnh BD và CE. Nó sẽ vuông góc với BC và DE và cắt tại các điểm tương ứng K và L.
- Nối CF và AD, để tạo thành hai tam giác BCF và BDA.
- Góc CAB và BAG đều là các góc vuông; do đó các điểm C, A, và G nằm trên cùng một đường thẳng. Tương tự đối với các điểm B, A, và H.
- Góc CBD và FBA đều là các góc vuông; suy ra góc ABD bằng góc FBC, do cả hai đều bằng tổng của một góc vuông với góc ABC.
- Vì AB bằng FB và BD bằng BC, do đó hai tam giác ABD và FBC bằng nhau.
- Vì A-K-L là đường thẳng song song với cạnh BD, do đó hình chữ nhật BDLK có diện tích bằng hai lần diện tích tam giác ABD bởi vì chúng có chung cạnh đáy BD và cùng đường cao BK, đường vuông góc với cạnh đáy và nối hai đường thằng song song BD và AL. (bổ đề 2)
- Do C nằm trên cùng đường thẳng với A và G, nên hình vuông BAGF có diện tích bằng hai lần diện tích tam giác FBC.
- Từ đó, hình chữ nhật BDLK có diện tích bằng diện tích hình vuông BAGF = AB2.
- Tương tự, chứng minh được hình chữ nhật CKLE có diện tích bằng diện tích hình vuông ACIH = AC2.
- Cộng hai kết quả lại, AB2 + AC2 = BD × BK + KL × KC
- Vì BD = KL, BD × BK + KL × KC = BD(BK + KC) = BD × BC
- Do đó, AB2 + AC2 = BC2, vì CBDE là hình vuông.
Chứng minh này xuất hiện ở Định đề 47 trong tập 1 của cuốn Cơ sở của Euclid,[16] chứng tỏ rằng diện tích của hình vuông trên cạnh huyền bằng tổng diện tích của hai hình vuông trên cạnh kề.[17] Cách chứng minh này khác hẳn với chứng minh dựa trên các tam giác đồng dạng mà Pythagoras đã sử dụng để chứng minh định lý.[13][18]
Các chứng minh bằng cách chia hình và sắp xếp lại[sửa | sửa mã nguồn]
Ở trên đã thảo luận về chứng minh định lý của Pytago dựa trên phương pháp sắp xếp lại hình. Ý tưởng tương tự cũng được sử dụng cho chứng minh mà miêu tả bằng ảnh động ở dưới bên trái, mà ban đầu có một hình vuông lớn với cạnh bằng a + b, bên trong nó chứa bốn tam giác vuông bằng nhau. Sau đó ảnh động cho thấy các tam giác có hai cách sắp xếp vị trí khác nhau, cách đầu tiên thu được hai hình vuông có cạnh lần lượt là a2 và b2, cách thứ hai chỉ thu được một hình vuông có cạnh c2. Bởi vì hình vuông bao ngoài không thay đổi, và diện tích của bốn tam giác là như nhau ở hai cách sắp xếp hình, do vậy các hình vuông màu đen sẽ phải có diện tích bằng nhau, cho nên a2 + b2 = c2.
Cách chứng minh thứ hai bằng cách sắp xếp lại hình được minh họa ở ảnh động thứ hai. Một hình vuông lớn có diện tích c2 được hình thành từ bốn tam giác vuông bằng nhau có các cạnh a, b và c bao quanh một hình vuông nhỏ ở trung tâm. Sau đó sắp xếp lại hình để thu được hai hình chữ nhật có các cạnh tương ứng a và b bằng cách di chuyển các tam giác. Kết hợp hình vuông nhỏ với hai hình chữ nhật này tạo thành hai hình vuông có diện tích tương ứng là a2 và b2, mà chúng phải có cùng diện tích với hình vuông lớn ban đầu.[19]
Cách thứ ba được miêu tả ở ảnh động ngoài cùng. Hai hình vuông bên trên được chia thành các mảnh với màu lục và lam khác nhau, khi sắp xếp các mảnh này lại có thể đặt vừa vào trong hình vuông ở dưới với cạnh là cạnh huyền của tam giác vuông – hoặc ngược lại, hình vuông lớn ở dưới có thể chia thành các mảnh nhỏ mà sau khi sắp xếp lại các mảnh nhỏ này có thể đặt vừa vào trong hai hình vuông nằm trên hai cạnh góc vuông. Cách cắt một hình thành các phần nhỏ và sắp xếp chúng lại để thu được một hình khác gọi là bài toán phân chia (dissection problem). Từ đó đi đến kết luận là diện tích của hình vuông lớn phải bằng tổng diện tích của hai hình vuông nhỏ.[20]
 Ảnh động chứng minh bằng cách sắp xếp lại bốn hình tam giác vuông. |  Ảnh động minh họa một cách sắp xếp khác. |  Chứng minh sử dụng phương pháp phân chia. |
Chứng minh của Einstein bằng phân tích lập luận[sửa | sửa mã nguồn]
Theo như chứng minh của Einstein, tam giác vuông với cạnh huyền được phân làm hai tam giác vuông nhỏ hơn với cạnh huyền của chúng là hai cạnh góc vuông của tam giác lớn hơn.
Albert Einstein lúc 11 tuổi đã đưa ra một chứng minh bằng cách phân chia mà không cần thiết phải di chuyển sắp xếp lại các hình.[21] Thay vì sử dụng một hình vuông trên cạnh huyền và hai hình vuông trên hai cạnh kề, ông sử dụng một hình khác bao gồm cạnh huyền, và hai hình đồng dạng mà bao gồm một trong hai cạnh kề thay cho cạnh huyền. Trong chứng minh của Einstein, hình bao gồm cạnh huyền chính là tam giác vuông lớn ban đầu. Thực hiện phân chia tam giác này bằng cách hạ đường cao từ đỉnh của góc vuông xuống cạnh huyền, chia tam giác vuông thành hai tam giác vuông nhỏ hơn. Hai tam giác vuông này đồng dạng với tam giác vuông ban đầu, và có cạnh huyền là cạnh góc vuông của tam giác ban đầu, và tổng diện tích của chúng bằng diện tích tam giác ban đầu. Bởi vì tỉ số diện tích của một tam giác vuông với diện tích của một hình vuông dựng trên cạnh huyền của nó là bằng nhau đối với các tam giác đồng dạng, mối liên hệ giữa diện tích của ba tam giác cũng thỏa mãn cho các hình vuông dựng tương ứng trên các cạnh của hình vuông lớn.
Các chứng minh bằng đại số[sửa | sửa mã nguồn]
Minh họa hình học cho chứng minh bằng đại số.
Có thể chứng minh định lý bằng phương pháp đại số sử dụng bốn tam giác vuông bằng nhau có cạnh a, b và c, chúng được xếp trong một hình vuông cạnh c như ở hình phía trên của hai hình bên cạnh.[22] Các tam giác có cùng diện tích {\displaystyle {\tfrac {1}{2}}ab}
Mà hình vuông này có cạnh là c và diện tích bằng c2, do vậy
{\displaystyle c^{2}=a^{2}+b^{2}.}
Chứng minh tương tự sử dụng bốn tam giác vuông bằng nhau xếp đối xứng xung quanh một hình vuông cạnh c, như ở hình phía dưới.[23]Kết quả cho một hình vuông lớn hơn, với cạnh a + b và diện tích (a + b)2. Bốn tam giác và hình vuông cạnh c phải bằng diện tích của hình vuông lớn hơn,
{\displaystyle (b+a)^{2}=c^{2}+4{\frac {ab}{2}}=c^{2}+2ab,}
từ đó
{\displaystyle c^{2}=(b+a)^{2}-2ab=b^{2}+2ab+a^{2}-2ab=a^{2}+b^{2}.}
Minh họa chứng minh của Garfield.
Trước khi trở thành tổng thống Hoa Kỳ, James A. Garfield (khi ấy là Hạ nghị sĩ) đã đưa ra một cách chứng minh cho định lý Pytago.[24][25] Thay vì sử dụng một hình vuông ông lại sử dụng hình thang, mà được dựng từ hình vuông trong chứng minh thứ hai ở trên bằng cách chia theo đường chéo của hình vuông bên trong, sẽ thu được hình thang như ở hình vẽ bên cạnh. Diện tích của hình thang khi đó bằng một nửa hình vuông, và bằng
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(b+a)^{2}.}
Hình vuông bên trong cũng bị chia một nửa diện tích, và chỉ có hai tam giác vuông còn lại nên có đẳng thức:
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(b+a)^{2}={\frac {1}{2}}c^{2}+2({\frac {1}{2}}ab)}
sau khi thu gọn đẳng thức có được điều phải chứng minh.
Chứng minh sử dụng vi tích phân[sửa | sửa mã nguồn]
Có thể đi đến định lý Pytago bằng cách nghiên cứu sự thay đổi của một cạnh kề tạo ra thay đổi như thế nào đối với cạnh huyền và áp dụng phương pháp vi tích phân.[26][27][28]
Tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC. Tại thời điểm ban đầu, cạnh huyền có độ dài y, cạnh kề AC có độ dài x và cạnh AB có độ dài a, như chỉ ra ở hình vẽ bên dưới.
Hình vẽ cho chứng minh bằng vi tích phân.
Sau đó, nếu x dài thêm một lượng nhỏ dx bằng cách kéo dài AC một đoạn ngắn về điểm D, thì y cũng tăng tương ứng một đoạn dy. Chúng tạo thành hai cạnh của một tam giác, CDE, trong đó (với E được chọn sao cho CE vuông góc với cạnh huyền) nó là tam giác gần đồng dạng với ABC. Do vậy tỉ số giữa các cạnh phải xấp xỉ bằng nhau, tức là:
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {x}{y}}.}
Viết lại biểu thức thành {\displaystyle y\,dy=x\,dx}
{\displaystyle \int y\,dy=\int x\,dx\,,}
thu được
{\displaystyle y^{2}=x^{2}+C.}
Hằng số tích phân được chọn khi cho x = 0, thì y = a do đó có phương trình
{\displaystyle y^{2}=x^{2}+a^{2}.}
Chứng minh này cho cái nhìn trực giác hơn so với chứng minh hình thức phức tạp nếu các giới hạn được sử dụng thay thế cho dx và dy.
Định lý đảo[sửa | sửa mã nguồn]
Định lý đảo của định lý Pytago cũng thỏa mãn:[29]
Với ba số thực dương bất kỳ a, b, và c sao cho a2 + b2 = c2, thì tồn tại một tam giác với ba cạnh tương ứng a, b và c, và mỗi tam giác như thế có một góc vuông giữa hai cạnh a và b.
Phát biểu khác của định lý đảo:
Với một tam giác bất kỳ có ba cạnh a, b, c, nếu a2 + b2 = c2, thì góc giữa a và b bằng 90°.
Định lý đảo cũng được Euclid thảo luận trong cuốn Cơ sở (tập I, mệnh đề 48):[30]
"Nếu trong một tam giác có bình phương một cạnh bằng tổng bình phương của hai cạnh còn lại, thì góc tạo bởi hai cạnh này là góc vuông của tam giác."
Có thể chứng minh định lý đảo Pytago bằng cách sử dụng định lý cos hoặc chứng minh như sau:
Gọi ABC là tam giác với các cạnh a, b, và c, với a2 + b2 = c2. Dựng một tam giác thứ hai có các cạnh bằng a và b và góc vuông tạo bởi giữa chúng. Theo định lý Pytago thuận, cạnh huyền của tam giác vuông thứ hai này sẽ bằng c = √a2 + b2, và bằng với cạnh còn lại của tam giác thứ nhất. Bởi vì cả hai tam giác có ba cạnh tương ứng cùng bằng chiều dài a, bvà c, do vậy hai tam giác này phải bằng nhau. Do đó góc giữa các cạnh a và b ở tam giác đầu tiên phải là góc vuông.
Chứng minh định lý đảo ở trên sử dụng chính định lý Pytago. Cũng có thể chứng minh định lý đảo mà không cần sử dụng tới định lý thuận.[31][32]
Một hệ quả của định lý Pytago đảo đó là cách xác định đơn giản một tam giác có là tam giác vuông hay không, hay nó là tam giác nhọn hoặc tam giác tù. Gọi c là cạnh dài nhất của tam giác và có a + b > c (nếu không sẽ không tồn tại tam giác vì đây chính là bất đẳng thức tam giác). Các phát biểu sau đây là đúng:[33]
- Nếu a2 + b2 = c2, thì tam giác là tam giác vuông.
- Nếu a2 + b2 > c2, nó là tam giác nhọn.
- Nếu a2 + b2 < c2, thì nó là tam giác tù.
Edsger W. Dijkstra đã phát biểu mệnh đề về tam giác nhọn, vuông và tù bằng các ký hiệu như sau:
sgn(α + β − γ) = sgn(a2 + b2 − c2),
với α là góc đối diện với cạnh a, β là góc đối diện với cạnh b, γ là góc đối diện với cạnh c, và sgn là hàm signum.[34]
Hệ quả và các áp dụng[sửa | sửa mã nguồn]
Bộ ba số Pytago[sửa | sửa mã nguồn]
Một bộ ba số Pytago là ba số nguyên dương a, b, và c, sao cho a2 + b2 = c2. Nói cách khác, bộ ba số Pytago biểu diện độ dài của các cạnh của một tam giác vuông mà cả ba độ dài này là những số nguyên dương.[1] Các chứng cứ từ những điểm khảo cổ ở miền bắc châu Âu cho thấy người cổ đại đã biết đến những bộ ba này trước điểm có những văn tự ghi chép lại. Các bộ ba này thường được viết là (a, b, c). Một số bộ hay gặp là (3, 4, 5) và (5, 12, 13).
Một bộ ba số Pytago gọi là bộ ba số Pytago nguyên thủy khi các số a, b và c nguyên tố cùng nhau (hay ước số chung lớn nhất của a, b và c bằng 1).
Dưới đây liệt kê các bộ ba số Pytago nguyên thủy nhỏ hơn 100 (16 bộ số):
(3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (8, 15, 17), (9, 40, 41), (11, 60, 61), (12, 35, 37), (13, 84, 85), (16, 63, 65), (20, 21, 29), (28, 45, 53), (33, 56, 65), (36, 77, 85), (39, 80, 89), (48, 55, 73), (65, 72, 97)
Dựng đoạn thẳng vô ước[sửa | sửa mã nguồn]
Đường xoắn ốc Theodorus là chuỗi cách dựng các đường thẳng mà độ dài là căn bậc hai của một số nguyên dương.
Một trong các hệ quả của định lý Pytago đó là cho phép dựng được các đoạn thẳng vô ước (incommensurable) (tỉ số của chúng không phải là một số hữu tỉ) bằng thước kẻ và compa. Định lý cho phép dựng các đoạn thẳng vô ước bởi vì cạnh huyền của tam giác vuông liên hệ với hai cạnh kề thông qua phép lấy căn bậc hai.
Hình bên phải cho thấy cách dựng những đoạn thẳng mà độ dài bằng căn bậc hai của một số nguyên dương bất kỳ.[35] Mỗi tam giác có một cạnh (đánh dấu là "1") được chọn sao cho có độ dài bằng một đơn vị. Trong mỗi tam giác vuông, định lý Pytago cho phép liên hệ cạnh huyền với độ dài đơn vị của cạnh kề này. Nếu một cạnh huyền bằng căn bậc hai của một số nguyên dương không chính phương, nghĩa là nó có độ dài vô ước với chiều dài đơn vị, như √2, √3, √5 . Chi tiết, xem số vô tỉ bậc hai (quadra irrational number).
Độ dài vô ước mâu thuẫn với khái niệm của trường phái Pythagoras về các số như là những số hoàn thiện. Trường phái này xét đến các tỷ số của các số nguyên với một đơn vị chung.[36] Theo như một truyền thuyết, nhà triết học Hippasus của Metapontum (ca. 470 B.C.) đã bị ném xuống biển do biết đến sự tồn tại của số vô tỉ hay đoạn thẳng vô ước.[37][38]
Số phức[sửa | sửa mã nguồn]
Trị tuyệt đối của số phức z (hay mô-đun của số phức) là khoảng cách r từ zđến gốc tọa độ.
Với một số phức bất kỳ
{\displaystyle z=x+iy,}
thì giá trị tuyệt đối hay mô-đun của nó cho bởi
{\displaystyle r=|z|={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}.}
Do đó ba đại lượng, r, x và y có liên hệ với nhau bởi phương trình Pytago,
{\displaystyle r^{2}=x^{2}+y^{2}.}
Chú ý rằng r được xác định là số thực dương hay bằng 0 nhưng x và y có thể nhận giá trị dương hoặc âm tùy ý. Về mặt hình học r là khoảng cách từ z đến điểm O hoặc gốc tọa độ trong mặt phẳng phức.
Dựa vào định nghĩa trên có thể tính được khoảng cách giữa hai điểm, ví dụ z1 và z2. Khoảng cách cho bởi
{\displaystyle |z_{1}-z_{2}|={\sqrt {(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}},}
và đây cũng chính là dạng phương trình Pytago,
{\displaystyle |z_{1}-z_{2}|^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}.}
Khoảng cách Euclid trong các hệ tọa độ khác nhau[sửa | sửa mã nguồn]
Công thức tính khoảng cách trong hệ tọa độ Descartes được suy ra từ định lý Pytago.[39] Nếu (x1, y1) và (x2, y2) là tọa độ của hai điểm trên mặt phẳng, thì khoảng cách giữa chúng là, hay còn gọi là khoảng cách Euclid:
{\displaystyle {\sqrt {(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}}.}
Tổng quát hơn, trong không gian Euclid n chiều, khoảng cách Euclid giữa hai điểm, {\displaystyle A\,=\,(a_{1},a_{2},\dots ,a_{n})}
{\displaystyle {\sqrt {(a_{1}-b_{1})^{2}+(a_{2}-b_{2})^{2}+\cdots +(a_{n}-b_{n})^{2}}}={\sqrt {\sum _{i=1}^{n}(a_{i}-b_{i})^{2}}}.}
Nếu không sử dụng hệ tọa độ Descartes, ví dụ, mà sử dụng hệ tọa độ cực cho không gian hai chiều hoặc tổng quát hơn, nếu sử dụng hệ tọa độ cong, công thức biểu diễn khoảng cách Euclid sẽ phức tạp hơn so với phương trình Pytago, nhưng có thể sử dụng định lý này để tìm ra công thức tính khoảng cách. Ví dụ cụ thể, khoảng cách theo đường thẳng nối giữa hai điểm được tính trong hệ tọa độ cong có thể thấy trong ứng dụng của đa thức Legendre trong vật lý. Công thức khoảng cách được suy ra từ định lý Pytago kết hợp với phương trình liên hệ trong phép biến đổi tọa độ từ hệ tọa độ cong sang hệ tọa độ Descartes. Ví dụ, tọa độ cong (r, θ) có liên hệ với tọa độ Descartes là:
{\displaystyle x=r\cos \theta ,\ y=r\sin \theta .}
Và hai điểm với tọa độ (r1, θ1) và (r2, θ2) cách nhau bằng khoảng cách s:
{\displaystyle s^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}=(r_{1}\cos \theta _{1}-r_{2}\cos \theta _{2})^{2}+(r_{1}\sin \theta _{1}-r_{2}\sin \theta _{2})^{2}.}
Thực hiện khai triển bình phương và kết hợp các số hạng lại, công thức Pytago cho khoảng cách trong hệ tọa độ Descartes chuyển thành công thức khoảng cách trong hệ tọa độ cực là:
{\displaystyle {\begin{aligned}s^{2}&=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\left(\cos \theta _{1}\cos \theta _{2}+\sin \theta _{1}\sin \theta _{2}\right)\\&=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos \left(\theta _{1}-\theta _{2}\right)\\&=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos \Delta \theta ,\end{aligned}}}
sử dụng đẳng thức lượng giác biến đổi tích thành tổng. Công thức này là định lý cos, mà đôi khi được gọi là công thức tổng quát hóa của định lý Pytago.[40] Từ kết quả này, trong trường hợp hai bán kính ở hai vị trí làm thành một góc vuông, hay Δθ = π/2, lúc này thu được một dạng tương tự của công thức Pytago: {\displaystyle s^{2}=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}.}
Đẳng thức lượng giác Pytago[sửa | sửa mã nguồn]
Tam giác đồng dạng bên phải chỉ ra sin và cos của góc θ.
Trong tam giác vuông với hai cạnh kề a, b và cạnh huyền c, lượng giác xác định sin và cos của góc θ giữa cạnh a và cạnh huyền như sau:
{\displaystyle \sin \theta ={\frac {b}{c}},\quad \cos \theta ={\frac {a}{c}}.}
Từ đây rút ra:
{\displaystyle {\cos }^{2}\theta +{\sin }^{2}\theta ={\frac {a^{2}+b^{2}}{c^{2}}}=1,}
với bước cuối cùng áp dụng định lý Pythagoras. Liên hệ giữa sin và cos đôi lúc được gọi là đồng nhất thức lượng giác Pytago cơ bản.[41] Ở các tam giác đồng dạng, tỉ số các cạnh là như nhau bất kể kích thước của tam giác là như thế nào, và tỉ số chỉ phụ thuộc vào góc giữa chúng. Hệ quả là, trong hình, tam giác với cạnh huyền bằng độ dài đơn vị có độ dài hai cạnh kề là sin θ và cos θ theo đơn vị của cạnh huyền.
Liên hệ với tích vectơ[sửa | sửa mã nguồn]
Diện tích của hình bình hành xác định bằng tích trực tiếp; các vectơ a và b xác định mặt phẳng và a × b là vectơ trực chuẩn của mặt phẳng này.
Định lý Pythagoras liên hệ tích vectơ (hay tích trực tiếp) và tích vô hướng theo cách tương tự:[42]
{\displaystyle \|\mathbf {a} \times \mathbf {b} \|^{2}+(\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} )^{2}=\|\mathbf {a} \|^{2}\|\mathbf {b} \|^{2}.}
Kết quả này có thể thấy từ định nghĩa của tích trực tiếp và tích vô hướng
{\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {a} \times \mathbf {b} &=ab\mathbf {n} \sin {\theta }\\\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} &=ab\cos {\theta },\end{aligned}}}
với n là vectơ trực chuẩn đơn vị của cả a và b. Mối liên hệ tuân theo các định nghĩa này và từ đồng nhất thức lượng giác Pythagoras.
Liên hệ trên cũng có thể sử dụng để định nghĩa tích trực tiếp. Bằng cách sắp xếp lại thu được phương trình
{\displaystyle \|\mathbf {a} \times \mathbf {b} \|^{2}=\|\mathbf {a} \|^{2}\|\mathbf {b} \|^{2}-(\mathbf {a} \cdot \mathbf {b} )^{2}.}
Phương trình này có thể coi như là điều kiện xác định cho tích trực tiếp, cũng như cho phần định nghĩa của nó, ví dụ như trong không gian bảy chiều.[43][44]
Tổng quát hóa[sửa | sửa mã nguồn]
Các hình đồng dạng trên ba cạnh tam giác[sửa | sửa mã nguồn]
Nhà toán học Hippocrates của Chios ở thế kỷ V TCN đã tổng quát hóa định lý Pytago mở rộng diện tích không chỉ cho các hình vuông trên ba cạnh của tam giác mà còn cho các đa giác đồng dạng,[45] và đã được Euclid đưa vào cuốn Cơ sở:[46]
Nếu dựng các hình đồng dạng (xem hình học Euclid) tương ứng trên cách cạnh của một tam giác vuông, thì tổng diện tích của hai hình trên hai cạnh kề bằng diện tích của hình dựng trên cạnh huyền.
Sự mở rộng này giả thiết rằng các cạnh của tam giác ban đầu là tương ứng với các cạnh của ba hình đồng dạng (do vậy tỉ số chung giữa các cạnh của ba tam giác này là a:b:c).[47]Trong khi chứng minh của Euclid chỉ áp dụng cho các đa giác lồi, định lý cũng áp dụng cho các đa giác lõm và thậm chí cho các hình đồng dạng có biên cong (nhưng vẫn phải có một cạnh bằng cạnh của tam giác vuông ban đầu).[47]
Ý tưởng cơ bản đằng sau sự mở rộng này đó là diện tích của một hình phẳng tỉ lệ với bình phương của một độ dài bất kỳ, và đặc biệt là tỉ lệ với bình phương của độ dài của một cạnh của tam giác. Do đó, nếu các hình đồng dạng với diện tích tương ứng A, B và C được dựng lên các cạnh tương ứng của tam giác vuông a, b và c thì:
{\displaystyle {\frac {A}{a^{2}}}={\frac {B}{b^{2}}}={\frac {C}{c^{2}}}\,,}
{\displaystyle \Rightarrow A+B={\frac {a^{2}}{c^{2}}}C+{\frac {b^{2}}{c^{2}}}C\,.}
Nhưng theo định lý Pytago, a2 + b2 = c2, do vậy A + B = C.
Ngược lại, nếu có thể chứng minh rằng A + B = C cho ba hình đồng dạng mà không sử dụng định lý Pytago, thì có thể quay ngược lại để đưa ra một chứng minh cho định lý. Ví dụ, tam giác vuông ở trung tâm có thể dựng lại được và sử dụng tam giác C đặt trên cạnh huyền của nó, và hai tam giác (A và B) dựng trên hai cạnh kề, dựng bằng cách chia tam giác ở trung tâm bởi đường cao kéo từ đỉnh góc vuông. Tổng của diện tích hai tam giác đồng dạng nhỏ do đó sẽ bằng tam giác thứ ba, hay A + B = C và đảo lại điều trên dẫn đến định lý Pytago a2 + b2 = c2.
 Mở rộng định lý cho các tam giác đồng dạng, |  Định lý Pythagoras cho các tam giác vuông đồng dạng. |  Tổng quát hóa cho các ngũ giác đều. |
Định lý cos[sửa | sửa mã nguồn]
Khoảng cách s giữa hai điểm (r1, θ1) và (r2, θ2) trong tọa độ cực được tính bằng định lý cos. Góc trong Δθ = θ1−θ2.
Bài chi tiết: Định lý cos
Định lý Pytago là trường hợp đặc biệt của định lý tổng quát hơn liên hệ giữa các cạnh của một tam giác bất kỳ, đó là định lý cos:[48]
{\displaystyle a^{2}+b^{2}-2ab\cos {\theta }=c^{2},}
với θ là góc tạo bởi hai cạnh a và b.
Khi θ bằng 90 độ (π/2 radian), thì cosθ = 0, và công thức quy về công thức Pytago.
Tam giác bất kỳ[sửa | sửa mã nguồn]
Tổng quát định lý Pythagoras bởi Tâbit ibn Qorra.[49] Hình bên dưới: ảnh phản xạ của tam giác ABD (lam) tạo thành tam giác DBA (tím), đồng dạng với tam giác ABC (ở trên).
Cho một tam giác bất kỳ với ba cạnh a, b, c, chọn một trong ba đỉnh của tam giác, dựng lên cạnh đối diện hai điểm sao cho thu được tam giác cân có góc cân bằng góc θ của đỉnh đã chọn. Giả sử góc θ đã chọn đối diện với cạnh có độ dài c của tam giác. Cách dựng như sau: dựng tam giác ABDvới điểm D nằm trên cạnh BC và có góc ADB bằng θ cạnh BD bằng r. Tương tự dựng một tam giác thứ hai có góc θ đối diện với cạnh b và độ dài cạnh s dọc cạnh c, như ở hình bên cạnh. Nhà toán học trung cổ Thābit ibn Qurra phát hiện các cạnh của những tam giác này có mối liên hệ như sau:[50][51]
{\displaystyle a^{2}+b^{2}=c(r+s)}
Khi góc θ tiến về π/2, cạnh của tam giác cân thu hẹp lại, và độ dài r và s chồng lên nhau ít hơn. Khi θ = π/2, tam giác ADB trở thành tam giác vuông, và r + s = c, và định lý trở về định lý Pytago.
Chứng minh định lý trên khá dễ dàng. Vì tam giác ABC và ABD có hai góc bằng nhau, chung một góc ở đỉnh B, và có hai góc bằng θ, do đó ABC đồng dạng với tam giác ABD. Lấy tỉ số giữa hai cạnh chung góc θ và kề góc này,
{\displaystyle {\frac {c}{a}}={\frac {a}{r}}}
Tương tự cho tam giác còn lại, có
{\displaystyle {\frac {c}{b}}={\frac {b}{s}}}
Biến đổi hai tỉ số trên và cộng hai vế lại:
{\displaystyle cr+cs=a^{2}+b^{2}}
thu được điều phải chứng minh.
Định lý vẫn đúng cho tam giác có góc tù {\displaystyle \theta }
Tam giác bất kỳ và các hình bình hành dựng trên các cạnh[sửa | sửa mã nguồn]
Tổng quát hóa cho một tam giác bất kỳ,
diện tích màu lam bằng diện tích màu lục.
Cách dựng hình cho chứng minh các hình bình hành dựng trên cạnh của tam giác tùy ý.
Định lý diện tích Pappus là một cách mở rộng khác, áp dụng cho một tam giác bất kỳ, sử dụng các hình bình hành dựng trên ba cạnh của tam giác này (và hình vuông là trường hợp đặc biệt khi tam giác là tam giác vuông và hình bình hành trở thành hình vuông). Hình trên bên phải minh họa cách dựng các hình bình hành: Đầu tiên dựng hai hình bình hành bất kỳ trên hai cạnh của tam giác, sau đó dựng hình bình hành thứ ba (hai cạnh ngoài cùng của hai hình bình hành cắt nhau tại một điểm, và dựng hình bình hành thứ ba có cạnh bằng độ dài của mũi tên màu đen). Định lý phát biểu rằng diện tích của hình bình hành thứ ba bằng tổng diện tích của hai hình bình hành ban đầu. Sự thay thế hình vuông bằng các hình bình hành mang lại sự tương tự rất giống với định lý Pytago gốc. Định lý này mang tên nhà toán học Pappus của Alexandria sống ở thế kỷ IV của Công Nguyên.[52][53]
Hình bên dưới chỉ ra cách chứng minh cho định lý này. Tập trung vào hình bình hành bên trái trước. Hình bình hành màu lục có cùng diện tích với phần hình bình hành màu lam do có chung cạnh đáy b và chiều cao h. Mặt khác, hình bình hành màu lục lại bằng chính hình bình hành thứ nhất ở trên, do chúng có chung cạnh đáy (là cạnh của tam giác) và chung chiều cao. Lặp lại lập luận trên cho hình bình hành thứ hai ở bên phải, sau đó cộng lại thu được điều phải chứng minh.
Hình học không gian[sửa | sửa mã nguồn]
Bài chi tiết: Hình học không gian
Định lý Pythagoras trong không gian ba chiều liên hệ cạnh chéo AD với ba cạnh của hình hộp chữ nhật.
Một tứ diện có ba góc vuông chung tại một đỉnh.
Trong hình học không gian, định lý Pythagoras có thể áp dụng như sau. Xét một hình hộp chữ nhật như ở hình bên. Consider a rectangular solid as shown in the figure. Theo định lý Pytago, đường chéo BD bằng:
{\displaystyle {\overline {BD}}^{\,2}={\overline {BC}}^{\,2}+{\overline {CD}}^{\,2}\,}
do ba cạnh này làm thành một tam giác vuông BCD. Sử dụng đường chéo BD và cạnh đứng AB cho tam giác vuông ABD, độ dài đường chéo AD tính được nhờ áp dụng một lần nữa định lý Pythagoras:
{\displaystyle {\overline {AD}}^{\,2}={\overline {AB}}^{\,2}+{\overline {BD}}^{\,2}\,}
và kết hợp với kết quả trên cho:
{\displaystyle {\overline {AD}}^{\,2}={\overline {AB}}^{\,2}+{\overline {BC}}^{\,2}+{\overline {CD}}^{\,2}}
Kết quả này minh họa cho độ lớn của một vectơ v (đường chéo AD) biểu diễn theo các thành phần trực giao của nó {vk} (ở trên là ba thành phần trực giao):
{\displaystyle \|\mathbf {v} \|^{2}=\sum _{k=1}^{3}\|\mathbf {v} _{k}\|^{2}.}
Từ công thức trên có thể coi là bước tổng quát của định lý Pytago cho không gian nhiều chiều hơn. Tuy vậy, kết quả này chỉ là lặp lại ứng dụng của định lý Pytago cho không gian hai chiều cho các tam giác vuông ở các mặt phẳng trực giao.
Một dạng tổng quát hơn của định lý Pytago cho không gian ba chiều là định lý de Gua, đặt tên theo Jean Paul de Gua de Malves: Nếu một tứ diện có một góc khối vuông (như góc của một hình lập phương), thì bình phương diện tích của mặt đối diện với góc khối vuông bằng tổng bình phương diện tích của ba mặt còn lại. Kết quả này có thể tổng quát cho "định lý Pytago n chiều":[54]
Gọi {\displaystyle x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}}
Phát biểu này được minh họa trong ba chiều bằng tứ diện hình bên cạnh. "Cạnh huyền" là mặt đáy của tứ diện ở mặt sau của hình, và "các chân" là ba mặt xuất phát từ đỉnh góc khối vuông. Khi chiều cao từ đỉnh xuống mặt đáy tăng lên, diện tích của ba mặt bên tăng lên, trong khi mặt đáy là cố định. Định lý gợi lý rằng khi chiều cao ở giá trị phù hợp tạo ra một góc vuông ở đỉnh thì có thể áp dụng được định lý Pytago tổng quát. Phát biểu theo cách khác:[55]
Cho một đơn hình n-hộp chữ nhật trong không gian n chiều, bình phương của (n − 1)-diện (facet) đối đỉnh góc vuông sẽ bằng tổng bình phương của thành phần (n − 1)-diện còn lại.
Không gian tích trong[sửa | sửa mã nguồn]
Xem thêm: Không gian Hilbert
Các vectơ tham gia vào định lý hình bình hành.
Định lý Pythagoras có thể tổng quát hóa ở không gian tích trong,[56] một khái niệm tổng quát hóa của không gian Euclid 2 và 3 chiều. Ví dụ, một hàm số có thể coi như là một vectơ với các thành phần vô hạn trong không gian tích trong, như trong giải tích hàm.[57]
Trong một không gian tích trong, khái niệm vuông góc được thay thế bằng khái niệm trực giao: hai vectơ v và w là trực giao nếu tích trong {\displaystyle \langle \mathbf {v} ,\mathbf {w} \rangle }
Khái niệm độ dài được thay thế bằng khái niệm chuẩn ||v|| của một vectơ v, định nghĩa như sau:[59]
{\displaystyle \lVert \mathbf {v} \rVert \equiv {\sqrt {\langle \mathbf {v} ,\mathbf {v} \rangle }}\,.}
Trong không gian tích trong, định lý Pytago phát biểu rằng với hai vectơ trực giao bất kỳ v và w có
{\displaystyle \left\|\mathbf {v} +\mathbf {w} \right\|^{2}=\left\|\mathbf {v} \right\|^{2}+\left\|\mathbf {w} \right\|^{2}.}
Ở đây các vectơ v và w có thể coi như là hai cạnh kề của tam giác vuông với cạnh huyền cho bởi phép cộng vectơ v + w. Dạng định lý Pytago này là hệ quả của các tính chất của không gian tích trong:
{\displaystyle \left\|\mathbf {v} +\mathbf {w} \right\|^{2}=\langle \mathbf {v+w} ,\ \mathbf {v+w} \rangle =\langle \mathbf {v} ,\ \mathbf {v} \rangle +\langle \mathbf {w} ,\ \mathbf {w} \rangle +\langle \mathbf {v,\ w} \rangle +\langle \mathbf {w,\ v} \rangle \ =\left\|\mathbf {v} \right\|^{2}+\left\|\mathbf {w} \right\|^{2},}
với tích trong của hai số hạng chéo bằng không, bởi vì chúng trực giao với nhau.
Định lý Pytago được tổng quát hơn nữa ở không gian tích trong khi nó áp dụng cho các vectơ không trực giao với định lý hình bình hành:[59]
{\displaystyle 2\|\mathbf {v} \|^{2}+2\|\mathbf {w} \|^{2}=\|\mathbf {v+w} \|^{2}+\|\mathbf {v-w} \|^{2}\,}
nói rằng hai lần tổng bình phương của độ dài các cạnh của hình bình hành bằng tổng bình phương độ dài của các đường chéo hình bình hành. Bất kỳ chuẩn nào thỏa mãn đẳng thức trên thì tự nó là một chuẩn trong một không gian tích trong.[59]
Đẳng thức Pytago có thể mở rộng cho nhiều hơn hai vectơ trực giao. Nếu v1, v2,..., vn là những cặp vectơ trực giao trong một không gian tích trong, thì áp dụng định lý Pytago liên tiếp cho từng cặp vectơ này (như đã miêu tả đối với 3 cạnh của hình hộp chữ nhật ở phần hình học không gian) thu được phương trình như sau[60]
{\displaystyle \left\|\sum _{k=1}^{n}\mathbf {v} _{k}\right\|^{2}=\sum _{k=1}^{n}\|\mathbf {v} _{k}\|^{2}}
Hình học phi Euclid[sửa | sửa mã nguồn]
Bài chi tiết: Hình học phi Euclid
Xem thêm: Các tiên đề Hilbert
Định lý Pythagoras được suy ra từ các tiên đề trong hình học Euclid, và quả thật, định lý này không còn đúng trong hình học phi Euclid.[61] (Có thể chứng minh được rằng, định lý Pythagoras là tương đương với tiên đề Euclid về đường thẳng song song (tiên đề thứ năm).[62][63]) Nói cách khác, trong hình học phi Euclid, liên hệ giữa các cạnh của một tam giác sẽ có dạng khác công thức Pytago. Ví dụ, trong hình học cầu, cả ba cạnh của một tam giác vuông (tương ứng là a, b, và c) chiếm một phần tám mặt cầu đơn vị có độ dài bằng nhau và bằng π/2, và mọi góc của nó cũng là góc vuông, hay không tuân theo định lý Pytago nữa bởi vì a2 + b2 ≠ c2.
Ở đây xét đến hai hình học phi-Euclid đó là hình học cầu và hình học hyperbolic phẳng; trong mỗi trường hợp, như đối với hình học Euclid cho các tam giác không vuông, kết quả thay thế công thức Pytago bằng định luật cos phù hợp.
Tuy vậy, định lý Pythagoras vẫn còn đúng trong hình học hyperbolic và hình học ellip nếu điều kiện tam giác vuông được thay thế bằng điều kiện tổng của hai góc bằng góc còn lại, như A+B = C. Lúc đó ba cạnh có liên hệ như sau: tổng diện tích của hình tròn với đường kính a và b bằng diện tích hình tròn có đường kính c.[64]
Hình học cầu[sửa | sửa mã nguồn]
Bài chi tiết: Hình học cầu
Tam giác cầu.
Với bất kỳ một tam giác vuông trên mặt cầu bán kính R (ví dụ, nếu γ trong hình bên là góc vuông), với các cạnh a, b, c, thì ba cạnh liên hệ với nhau theo công thức:[65]
{\displaystyle \cos \left({\frac {c}{R}}\right)=\cos \left({\frac {a}{R}}\right)\cos \left({\frac {b}{R}}\right).}
Công thức này là trường hợp đặc biệt của định lý cos trên mặt cầu mà áp dụng cho mọi tam giác cầu:
{\displaystyle \cos \left({\frac {c}{R}}\right)=\cos \left({\frac {a}{R}}\right)\cos \left({\frac {b}{R}}\right)+\sin \left({\frac {a}{R}}\right)\sin \left({\frac {b}{R}}\right)\cos \gamma }
Bằng cách thể hiện chuỗi Maclaurin cho hàm cos như là khai triển tiệm cận với số hạng còn lại trong ký hiệu O lớn,
{\displaystyle \cos x=1-{\frac {x^{2}}{2}}+O(x^{4}){\text{ khi }}x\to 0\,}
có thể chứng minh rằng khi R tiến tới vô hạn và các đối số a/R, b/R, và c/R tiến tới không, liên hệ cầu giữa các cạnh của một tam giác vuông sẽ tiệm cận về dạng công thức Pytago trong hình học Euclid. Thay thế khai triển tiệm cận cho mỗi hàm cos trong công thức cầu cho một tam giác vuông thu được
{\displaystyle 1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {c}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)=\left[1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {a}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)\right]\left[1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {b}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)\right]{\text{ khi }}R\to \infty }
![{\displaystyle 1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {c}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)=\left[1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {a}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)\right]\left[1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {b}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right)\right]{\text{ khi }}R\to \infty }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f5cdcae6e06657ae45fdf28507599a554bbe421b)
Các hằng số a4, b4, và c4 được gộp vào số hạng O lớn còn lại do chúng độc lập với bán kính R. Liên hệ tiệm cận này có thể làm đơn giản hơn nữa bằng cách thực hiện khai triển tích ở trên, triệt tiêu các số hạng, nhân hai vế với −2, và sắp xếp lại số hạng:
{\displaystyle \left({\frac {c}{R}}\right)^{2}=\left({\frac {a}{R}}\right)^{2}+\left({\frac {b}{R}}\right)^{2}+O\left({\frac {1}{R^{4}}}\right){\text{ khi }}R\to \infty }
Sau khi nhân lên R2, xuất hiện công thức Pytago trong hình học Euclid c2 = a2 + b2 khi coi bán kính R tiến đến vô cùng lớn (do các số hạng còn lại tiến tới không):
{\displaystyle c^{2}=a^{2}+b^{2}+O\left({\frac {1}{R^{2}}}\right){\text{ khi }}R\to \infty }
Đối với một tam giác nhỏ (a, b << R), có thể bỏ qua hàm cos để tránh mất ý nghĩa (loss of significance), thu được
{\displaystyle \sin ^{2}{\frac {c}{2R}}=\sin ^{2}{\frac {a}{2R}}+\sin ^{2}{\frac {b}{2R}}-2\sin ^{2}{\frac {a}{2R}}\sin ^{2}{\frac {b}{2R}}\,.}
Hình học hyperbolic[sửa | sửa mã nguồn]
Bài chi tiết: Hình học hyperbolic
Xem thêm: Tam giác hyperbolic và Độ cong Gauss
Tam giác hyperbolic.
Trong không gian hyperbolic có độ cong đều −1/R2, một tam giác vuông với hai cạnh kề a, b, và cạnh huyền c, liên hệ giữa các cạnh có dạng:[66]
{\displaystyle \cosh {\frac {c}{R}}=\cosh {\frac {a}{R}}\,\cosh {\frac {b}{R}}}
với cosh là hàm cos hyperbolic. Công thức này là một dạng đặc biệt của định lý cos hyperbolic áp dụng cho mọi tam giác hyperbolic:[67]
{\displaystyle \cosh {\frac {c}{R}}=\cosh {\frac {a}{R}}\ \cosh {\frac {b}{R}}-\sinh {\frac {a}{R}}\ \sinh {\frac {b}{R}}\ \cos \gamma \,}
với γ là góc tại đỉnh đối diện với cạnh c.
Bằng cách sử dụng chuỗi Maclaurin cho hàm cos hyperbolic, cosh x ≈ 1 + x2/2, có thể chứng minh được rằng khi tam giác hyperbolic trở lên vô cùng bé (tức là, khi a, b, và c tiến tới zero), liên hệ hyperbolic cho một tam giác vuông thu về công thức Pythagoras.
Đối với một tam giác vuông nhỏ (a, b << R), cosin hypebolic có thể viết thành dạng sau mà không mất đi độ chính xác lớn
{\displaystyle \sinh ^{2}{\frac {c}{2R}}=\sinh ^{2}{\frac {a}{2R}}+\sinh ^{2}{\frac {b}{2R}}+2\sinh ^{2}{\frac {a}{2R}}\sinh ^{2}{\frac {b}{2R}}\,.}
Tam giác vô cùng bé[sửa | sửa mã nguồn]
Với bất kỳ độ cong đều K (mang dấu dương, bằng 0, hoặc âm), trong một tam giác vô cùng bé (|K|a2, |K|b2 << 1) với cạnh huyền c, có thể chứng minh liên hệ như sau
{\displaystyle c^{2}=a^{2}+b^{2}-{\frac {K}{3}}a^{2}b^{2}-{\frac {K^{2}}{45}}a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})-{\frac {2K^{3}}{945}}a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}+O(K^{4}c^{10})\,.}
Hình học vi phân[sửa | sửa mã nguồn]
Bài chi tiết: Hình học vi phân
Khoảng cách giữa các điểm cách nhau một khoảng vô cùng bé trong hệ tọa độ Descartes (bên trên) và trong hệ tọa độ cực (bên dưới), cho bởi định lý Pythagoras.
Ở khoảng cách vô cùng bé, trong không gian ba chiều, định lý Pythagoras miêu tả khoảng cách giữa hai điểm gần nhau một khoảng vô cùng bé:
{\displaystyle ds^{2}=dx^{2}+dy^{2}+dz^{2},}
với ds là nguyên tố khoảng cách và (dx, dy, dz) là các thành phần của vectơ nối giữa hai điểm. Những không gian như thế được gọi là không gian Euclid. Tuy nhiên, trong hình học Riemann, biểu thức tổng quát cho mọi hệ tọa độ toàn cục (không chỉ là hệ tọa độ Descartes) và không gian tổng quát (không chỉ đối với không gian Euclid) có dạng:[68]
{\displaystyle ds^{2}=\sum _{i,j}^{n}g_{ij}\,dx_{i}\,dx_{j}}
mà các nhà toán học thường gọi là tensor metric. (Đôi khi, một số nơi gọi thuật ngữ này miêu tả cho tập hợp các hệ số gij.) Nó là một hàm số của vị trí, và dùng để miêu tả trong không gian cong. Một ví dụ đơn giản đó là khoảng cách trong không gian phẳng (không gian Euclid) được biểu diễn trong hệ tọa độ cong. Ví dụ, trong hệ tọa độ cực:
{\displaystyle ds^{2}=dr^{2}+r^{2}d\theta ^{2}}
Hoặc trong không-thời gian phẳng của thuyết tương đối hẹp, tenxơ mêtric Minkowski có dạng:
{\displaystyle \Delta s^{2}=-c^{2}\Delta t^{2}+\Delta x^{2}+\Delta y^{2}+\Delta z^{2}=ds^{2}=-c^{2}dt^{2}+dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}=\eta _{\mu \nu }dx^{\mu }dx^{\nu }}
Còn trong không thời gian cong của thuyết tương đối rộng, tenxơ mêtric là nghiệm của phương trình trường Einstein và các điều kiện biên khác, ví dụ nổi tiếng đó là mêtric Schwarzschild viết trong hệ tọa độ cầu {\displaystyle x^{\mu }\rightarrow (ct,r,\theta ,\phi )\,}
{\displaystyle ds^{2}=c^{2}{d\tau }^{2}=-\left(1-{\frac {r_{s}}{r}}\right)c^{2}dt^{2}+\left(1-{\frac {r_{s}}{r}}\right)^{-1}dr^{2}+r^{2}\left(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta \,d\varphi ^{2}\right),}
Lịch sử[sửa | sửa mã nguồn]
Phiến Plimpton 322 ghi lại các bộ ba Pythagoras từ thời Babylon.[7]
Có tranh luận xung quanh liệu định lý Pytago được phát hiện ra một lần, hay phát hiện nhiều lần ở nhiều nơi, và ngày phát hiện đầu tiên là không xác định, cũng như thời điểm của chứng minh đầu tiên cho định lý. Theo nhà lịch sử toán học Joran Friberg, bằng chứng cho thấy các nhà toán học ở triều đại Babylon thứ nhất (khoảng thế kỷ XX đến thế kỷ XVI TCN) đã biết đến định lý Pytago, mà thời điểm này sớm hơn 1000 năm trước thời của Pythagoras. Cũng vì vậy mà nhà thống kê học Stephen Stigler đã đề xuất một định luật cho rằng không có một khám phá khoa học nào được đặt tên theo người đầu tiên khám phá ra nó (định luật đặt tên khám phá khoa học của Stigler).[69] (hình ảnh bản chụp phiến sét chữ tượng hình của người Ai Cập cổ đại ghi lại chứng minh định lý Pytago do Viện bảo tồn di sản văn hóa Yale thực hiện đã được sử dụng rộng rãi nhất trong các phương tiện và sách báo.)[70] Trong những nguồn khác, như ở cuốn sách của Leon Lederman và Dick Teresi, đề cập Pythagoras là người đã khám phá ra định lý,[71] mặc dù Teresi sau đó phát biểu rằng người Babylon đã phát triển định lý "ít nhất mười lăm thế kỷ trước khi Pythagoras sinh ra."[72] Có thể chia lịch sử liên quan đến định lý ra làm bốn phần: khám phá và hiểu biết về bộ ba số Pythagoras, hiểu biết về mối quan hệ giữa các cạnh của một tam giác vuông, hiểu biết về các mối quan hệ giữa các cạnh chung một góc trong tam giác, và các chứng minh định lý dựa trên phương pháp suy diễn từ hệ tiên đề.
6 tháng 6 2019
Chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng[sửa | sửa mã nguồn]
Chứng minh sử dụng các tam giác đồng dạng.
Chứng minh này dựa trên sự tỉ lệ thuận của các cạnh của hai tam giác đồng dạng, tức là nó dựa trên tỉ số của hai cạnh tương ứng của hai tam giác đồng dạng là như nhau với kích thước của tam giác là bất kỳ.
Gọi ABC là một tam giác vuông, với góc vuông nằm tại đỉnh C, như ở hình bên. Vẽ đường cao tam giác từ điểm C, và gọi H là chân đường cao nằm trên cạnh AB. Điểm H chia chiều dài cạnh huyền c thành hai đoạn AH và BH. Tam giác mới ACH đồng dạng với tam ABC, bởi vì chúng đều có góc vuông (như theo định nghĩa của đường cao), và có chung góc tại đỉnh A, điều này có nghĩa rằng góc thứ ba còn lại cũng bằng nhau, ký hiệu θ như trong hình. Lập luận tương tự, tam giác CBH cũng đồng dạng với tam giác ABC. Chứng minh hai tam giác đồng dạng dựa trên mệnh đề về các góc trong tam giác: tổng các góc trong một tam giác bằng hai lần góc vuông, và tương đương với tiên đề về hai đường thẳng song song. Hai tam giác đồng dạng cho tỉ số của các cạnh tương ứng là bằng nhau:
{\displaystyle {\frac {BC}{AB}}={\frac {BH}{BC}}{\text{ and }}{\frac {AC}{AB}}={\frac {AH}{AC}}.}
Tỉ số thứ nhất bằng cosine của góc θ, và tỉ số thứ hai bằng sin của góc này.
Viết lại các tỉ số này
{\displaystyle BC^{2}=AB\times BH{\text{ and }}AC^{2}=AB\times AH.}
Cộng hai vế của hai đẳng thức
{\displaystyle BC^{2}+AC^{2}=AB\times BH+AB\times AH=AB\times (AH+BH)=AB^{2},}
và cuối cùng thu được định lý Pytago:
{\displaystyle BC^{2}+AC^{2}=AB^{2}}
NP
1
T
6 tháng 6 2019
#)Sửa đề :
CMR : Nếu a/b < c/d (b,d thuộc N*) thì a/b < a+c/ b+d < c/d
#)Giải :
\(\frac{a}{b}< \frac{c}{d}\Rightarrow\frac{ad}{bc}< \frac{cb}{bd}\)
Vì b, d thuộc N* => ad < bc
=> ad + ab < bc + ab => a( b + d ) < b( a + c ) => \(\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+d}\)
Tương tự, ta có :
\(\frac{a}{b}< \frac{c}{d}\Rightarrow\frac{a+c}{b+d}< \frac{c}{d}\Rightarrow\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+d}< \frac{c}{d}\left(đpcm\right)\)
6 tháng 6 2019
https://olm.vn/hoi-dap/detail/109345340687.html
Tham khảo tại đó đi ~
T
6 tháng 6 2019
#)Giải :
Có \(3x=2y=5z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{2}=\frac{y}{3};\frac{y}{5}=\frac{z}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{10}=\frac{y}{15}=\frac{z}{6}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có :
\(\frac{x}{10}=\frac{y}{15}=\frac{z}{6}=\frac{2x}{20}=\frac{y-2x}{15-20}=\frac{5}{-5}=-1\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x}{10}=-1\\\frac{y}{15}=-1\\\frac{z}{6}=-1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=-1.10\\y=-1.15\\z=-1.6\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=-10\\y=-15\\z=-6\end{cases}}}\)
Vậy .......................................................................................
KN
6 tháng 6 2019
Ta có: \(A.B=\left(-\frac{4}{15}x^3y\right).\left(\frac{3}{7}x^5y^3\right)\)
\(\Leftrightarrow A.B=\left(-\frac{4}{15}.\frac{3}{7}\right).\left(x^3yy^3x^5\right)\)
\(\Leftrightarrow A.B=\frac{-12}{105}x^8y^4\)
Mà \(\hept{\begin{cases}x^8\ge0\\y^4\ge0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow A.B\le0\)
Suy ra A và B không thể cùng giá trị âm
DT
6 tháng 6 2019
Làm hơi tắt , thông cảm ;))
Từ (1) \(\Rightarrow36=\left(x+y+z\right)^2\Leftrightarrow36=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow36=18+2\left(xy+yz+zx\right)\Leftrightarrow xy+yz+zx=9\)(4)
Từ (3) \(\Rightarrow16=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\Leftrightarrow16=x+y+z+2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=5\Leftrightarrow\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2=25\)
\(\Leftrightarrow xy+yz+zx+2\left(\sqrt{xy^2z}+\sqrt{xyz^2}+\sqrt{x^2yz}\right)=25\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{xyz}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)=8\Leftrightarrow\sqrt{xyz}=\frac{8}{4}\Leftrightarrow xyz=4\)(5)
Vậy hệ đã cho tương đương với :
\(\hept{\begin{cases}x+y+z=6\left(1\right)\\xy+yz+zx=9\left(4\right)\\xyz=4\left(5\right)\end{cases}}\)
Từ (5) \(\Rightarrow yz=\frac{4}{x}\)(Dễ thấy \(x,y,z>0\))
(4) \(\Leftrightarrow xy+yz+zx+x^2=9+x^2\Leftrightarrow x\left(x+y+z\right)+yz=9+x^2\)
\(\Leftrightarrow x.6+\frac{4}{x}=9+x^2\Leftrightarrow x^3-6x^2+9x-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x-4\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=4\end{cases}.}\)
Thế vào ta suy ra hệ có các nghiệm : \(\left(x,y,z\right)=\left(1,1,4\right),\left(1,4,1\right),\left(4,1,1\right).\)
DT
6 tháng 6 2019
Từ \(0\le x\le y\le1\) và \(2x+y\le2\Rightarrow2x^2+xy\le2x\)(nhân cả 2 vế với \(x\ge0\))
\(\left(y-x\right)y\le y-x\)(nhân cả 2 vế của \(0\le y\le1\)với \(y-x\ge0\)(do \(x\le y\))
Cộng từng vế ta có :
\(2x^2+xy+\left(y-x\right)y\le2x+y-x\)
\(\Leftrightarrow2x^2+y^2\le x+y\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2+y^2\right)^2\le\left(x+y\right)^2\)
Mặt khác \(\left(x+y\right)^2=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}x+1.y\right)^2\le\left(\frac{1}{2}+1\right)\left(2x^2+y^2\right)\)(bất đẳng thức Bunhiacopxki)
\(\Rightarrow\left(2x^2+y^2\right)^2\le\frac{3}{2}\left(2x^2+y^2\right).\)
\(\Leftrightarrow2x^2+y^2\le\frac{3}{2}.\)(đpcm)
Chúc học tốt
ND
6 tháng 6 2019
a,Bạn có thể tự làm
b,Có f(x)+g(x)-h(x)=4x^2+3x-2+3x^2-2x+5-5x^2+2x-3=2x^2+3x=x(2x+3)
Để f(x)+g(x)-h(x)=0
thi x(2x+3)=0
suy ra x=0 hoặc x=-3/2
c,f(x)-3x+5=4x^2+3x-2-3x+5=4x^2+3>0 với mọi x
Chúc bạn học tốt!
KN
6 tháng 6 2019
a) \(f\left(x\right)=4x^2+3x-2\)
\(\Leftrightarrow f\left(\frac{-1}{2}\right)=4.\left(\frac{-1}{2}\right)^2+3.\frac{-1}{2}-2\)
\(\Leftrightarrow f\left(\frac{-1}{2}\right)=4.\frac{1}{4}+\frac{-3}{2}-\frac{4}{2}\)
\(\Leftrightarrow f\left(\frac{-1}{2}\right)=1+\frac{-7}{2}\)
\(\Leftrightarrow f\left(\frac{-1}{2}\right)=\frac{2}{2}+\frac{-7}{2}\)
\(\Leftrightarrow f\left(\frac{-1}{2}\right)=\frac{-5}{2}\)
NT
1
KN
6 tháng 6 2019
a) \(\left(x-1\right)^{x+2}=\left(x-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^{x+2}-\left(x-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^x.\left(x-1\right)^2-\left(x-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-1\right)^x-1\right].\left(x-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x-1\right)^x-1=0\\\left(x-1\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=1\end{cases}}\)
Vậy x = 1 hoặc x = 2
\(A=\frac{2^{12}.27^3}{6^7.16^2}=\frac{2^{12}.3^9}{3^7.2^{15}}=\frac{3^2}{2^3}=\frac{9}{8}\)
\(A=\frac{2^{12}.27^3}{6^7.16}=\frac{2^{12}.3^9}{3^7.2^{15}}=\frac{3^2}{2^3}=\frac{9}{8}\)
~Hok tốt~