Teorema di Pitagora

M
D
G
Teorema di Pitagora
H
L
N
Sia ABC un triangolo rettangolo, retto in B
A
B
E
I
F
C
Figura 1
La somma dei quadrati costruita sui cateti AB e BC è equivalente al quadrato costruito
sull’ipotenusa AC.
M'
D'
G'
Dimostrazione (I)
Si costruisca un quadrato DEFG avente lato uguale alla somma dei cateti AB e BC e su
esso si scelgano i punti H, I, L, M come in Figura 2, in modo tale che il segmento EI
L'
abbia la stessa lunghezza del cateto BC, il segmento IF abbia la stessa lunghezza del
cateto AB, il segmento FL abbia la stessa lunghezza del cateto AB, e così via, come in
Figura 2. Sia N l’intersezione della congiungente L, H con la congiungente
I, M.
H'
Osserviamo che la retta congiungente M ed I è parallela al lato GF e la retta congiungente
H e L è parallela al lato EF. Quindi i quadrilateri DMHN, MGLN, NLFI e HNIE sono
tutti rettangoli. In particolare, DMNH e NLFI avendo una coppia diE'lati adiacenti uguali
F'
I'
per costruzion,e sono quadrati: il primo di lato uguale a BC; il secondo di lato uguale ad
AB.
M
D
H
A
G
L
N
E
I
F
Figura 2
Si costruisca
un quadrato
C D’E’F’G’ avente lato uguale alla somma dei cateti AB e BC e
B
su esso si scelgano i punti H’, I’, L’, M’, in modo tale che il segmento E’I’ abbia la stessa
lunghezza del cateto BC, il segmento I’F’ abbia la stessa lunghezza del cateto AB, il
segmento F’L’ abbia la stessa lunghezza del cateto BC, e così via, come in Figura 3.
D'
M'
G'
L'
H'
B
C
D'
M'
G'
L'
H'
E'
I'
F'
Figura 3
L’area del rettangolo NLGM in Figura 2 è il doppio dell’area del triangolo rettangolo
I’F’L’ in Figura 3 per costruzione, e la somma delle aree dei due rettangoli NLMG e
NIHE in figura 2 è uguale alla somma delle aree dei quattro triangoli rettangoli I’F’L’,
L’G’M’, M’H’D’, H’E’I’. Essendo le aree dei due quadrati DEFG e D’E’F’G’ uguali per
costruzione, l’area della figura F1 che si ottiene da DEFG togliendo i due rettangoli e
quella della figura F2 che si ottiene da D’E’F’G’ togliendo i quattro triangoli rettangoli
devono coincidere.
F1, come abbiamo già detto, è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sui cateti.
Resta da dimostrate che F2 è equivalente al quadrato costruito sull’ipotenusa. Allo scopo
osserviamo che il quadrilatero H’I’L’M’ ha tutti i lati uguali all’ipotenusa del triangolo
ABC. Infatti ognuno di essi è l’ipotenusa di un triangolo rettangolo che per costruzione
ha i cateti uguali ai cateti del triangolo ABC. Inoltre l’angolo ad ognuno dei suoi vertici,
per esempio l’angolo H’I’L’ è supplementare della somma degli angoli H’I’E’ ed L’I’F’.
D’altra parte H’I’E’ è uguale all’angolo in C del triangolo ABC e l’angolo L’I’F’ è
uguale all’angolo in A dello stesso triangolo. L’angolo H’I’L’ coincide con il
supplementare della somma degli angoli in C e in A di un triangolo e deve coincidere con
il terzo angolo (in B) che per ipotesi è retto. Quindi il quadrilatero H’I’L’M’ ha tutti i lati
uguali all’ipotenusa AC del triangolo di partenza e tutti gli angoli retti ed è pertanto un
quadrato equivalente a quello costruito sull’ipotenusa.
Dimostrazione (IV).
Questa dimostrazione, si basa sulla similitudine. Sia H il piede della perpendicolare
condotta da B al lato AC del triangolo di Figura 1. I triangoli ABH, CBH e ABC hanno
gli stessi angoli e quindi sono simili.
Dalla similitudine tra ABH e ABC si ottiene
AB:AC=AH:AB (1)
Dalla similitudine tra BCH e ABC si ottiene
BC:AC=HC:BC
Ovvero,
BC:AC=(AC-AH):BC (2)
Passando alle lunghezze, da (1) otteniamo
|AH|=|AB|2/|AC|
da (2)
|AH|=|AC|-|BC|2/|AC|
E quindi
|AC|2=|BC|2+|AB|2
Che è quanto volevamo dimostrare.
Costruzione della tangente ad una circonferenza assegnata da un suo punto esterno
assegnato.
Sia g la circonferenza assegnata, di centro O, e sia P un punto ad essa esterno. Si
costruisca il punto medio M del segmento OP e si tracci la circonferenza h di centro M e
raggio MO=MP. Siano H e H’ le intersezioni di g e h. La retta r per i punti P ed H e la
retta s per i punti P e H’ sono le due tangenti cercate. Infatti, basa verificare che r è
ortogonale al raggio OH in H e che s è ortogonale al raggio OH’ in H’.
P
H
M
O
H'
Allo scopo osserviamo che l’angolo in H del triangolo OHP è retto in quanto angolo alla
circonferenza di un diametro (OP).
Costruzione della bisettrice di un angolo.
Sia dato l’angolo di vertice A e lati s e t. Si tracci una circonferenza centrata in A e di
raggio a piacere. Siano B e C le intersezioni della circonferenza con s e t rispettivamente.
Si costruisca il triangolo equilatero BCD sul lato BC e con vertice D nel semipiano
determinato dalla retta per B e C che non contiene A. La semiretta AD è la bisettrice
cercata. Basta dimostrare che gli angoli BAD e CAD sono uguali. Allo scopo si
considerino i triangoli ABD e ACD. In essi i lati AB e AC sono uguali per costruzione. Il
lato AD è in comune e i lati BD e CD sono uguali perché lati di un triangolo equilatero.
Per il terzo criterio di congruenza dei triangoli si conclude.
s
B
D
A
C
t