U ovom članku predstavljamo novi dokaz Pitagorina teorema američkih srednjoškolki Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson koji se temelji na primjeni trigonometrije pravokutnog trokuta. U članku se uz pojednostavljenja njihovog dokaza nalaze i dva vjerojatno novija dokaza Pitagorina teorema koja se također temelje na primjeni trigonometrije pravokutnog trokuta.
Ključne riječi: Pitagorin teorem/poučak, geometrijski red, trigonometrija pravokutnog trokuta
1. Uvod
Pitagorin teorem jedan je od najpoznatijih matematičkih teorema. Možda je manje poznata činjenica da Pitagorin teorem čvrsto drži ,,svjetski rekord” u broju različitih dokaza (vidi [3], [4], [6]). Američki matematičar Elisha Scott Loomis objavio je 1940. godine knjigu The Pythagorean Proposition [5] kao zbirku od 370 različitih dokaza Pitagorina teorema. Od tog trenutka pa do danas broj dokaza Pitagorina teorema samo se povećava. Jedan od takvih dokaza jest i dokaz dviju američkih srednjoškolki Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson prezentiran na konferenciji Američkog matematičkog društva u ožujku 2023. godine. Njihov dokaz pobudio je veliki interes javnosti, odnosno izazvao mnoge diskusije. S jedne strane, mediji su se raspisali o ,,novom nemogućem dokazu” koji su pronašle dvije mlade djevojke, dok je s druge strane matematička zajednica pokušala analizirati što je ,,novo” i što je ,,nemoguće” u navedenom dokazu (npr. [1, 2]). U knjizi [5] autor E. S. Loomis tvrdi da ne postoji dokaz Pitagorina teorema koji bi se temeljio na trigonometriji, a objašnjenje za takvu izjavu pronalazi u činjenici da sve fundamentalne formule iz trigonometrije proizlaze iz osnovnog trigonometrijskog identiteta $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha =1$ koji se upravo dokazuje primjenom Pitagorina teorema. Stoga bi svaki trigonometrijski dokaz Pitagorina teorema predstavljao jednu kružnu argumentaciju. Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson u svom se dokazu koriste formulom za sinus dvostrukog kuta koja ne proizlazi iz osnovnog trigonometrijskog identiteta pa se iz tog razloga njihov dokaz u [7] naziva i ,,Nemoguć dokaz Pitagorinog teorema“. Bitno je navesti da ne postoji tiskani članak autorica Johnson i Jackson, već samo ,,odgonetnute” inačice dokaza na temelju objavljenih dijelova prezentacije i sažetaka s konferencije Američkog matematičkog društva.
U prvom dijelu članka predstavljamo dokaz Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson na osnovi informacija prikupljenih iz sljedećih izvora [7], [8], [9] i [10]. Također, pokazat ćemo da se navedeni dokaz mogao provesti i bez upotrebe trigonometrije. Važno je istaknuti da njihov dokaz nije prvi trigonometrijski dokaz Pitagorina teorema. Prvi takav dokaz objavio je Jason Zimba 2009. godine u [12]. No, to ne umanjuje vrijednost njihovog rada, posebice kada se u obzir uzme njihova dob te je samim time izvanredan i poticajan za sve mlade matematičare.
U drugom dijelu članka prikazujemo dva vjerojatno novija dokaza Pitagorina teorema. Prvi dokaz ima dvije inačice, od čega se prva temelji na primjeni trigonometrije pravokutnog trokuta i konvergentnog geometrijskog reda, a druga inačica na primjeni poučaka o sličnosti trokuta te ponovno konvergentnog geometrijskog reda. Drugi dokaz temelji se na primjeni trigonometrije, točnije formule za sinus dvostrukog kuta pri čemu izbjegavamo primjenu konvergentnog geometrijskog reda. Isto tako prikazano je pojednostavljenje drugog dokaza u vidu primjene sličnosti trokuta umjesto trigonometrije pravokutnog trokuta.
Geometrijski red jest beskonačna suma članova geometrijskog niza, to jest red oblika $$a+aq+aq^2+aq^3+\ldots =\sum_{n=0}^{\infty} aq^n .$$ Ovaj red konvergira za $\left| q\right| <1$ i u tom slučaju suma mu je $$\sum_{n=0}^{\infty} aq^n=\dfrac{a}{1-q} .$$
2. Dokaz Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson
Slika 1 prikazuje $\triangle ABC$ s pravim kutom kod vrha $C$. Moramo pokazati da vrijedi $\left|AB \right|^2=\left|BC \right|^2 + \left|AC \right|^2$, to jest $c^2=a^2+b^2$.
Neka je $a<b$. Odatle je $\alpha <\beta$ pa je $\alpha<45^\circ $. Trokutu $ABC$ odredimo osnosimetričnu sliku s obzirom na pravac koji prolazi točkama $A$ i $C$. Time dobivamo trokut $ ACD$. Sada je $\measuredangle CAD=\measuredangle BAC=\alpha, \measuredangle CDA=\measuredangle CBA=\beta$. Dalje je $\measuredangle BAD=2\alpha <90^\circ$. U tom slučaju postoji točka $M$ dobivena kao sjecište pravca $AD$ s polupravcem okomitim na dužinu $\overline{AB}$ s početkom u točki $B$. Nadalje, skicirajmo $\overline{DE} \perp \overline{BD}$ tako da se točka $E$ nalazi na dužini $\overline{BM}$. Točkom $E$ skiciramo dužinu $\overline{EF}$ paralelnu s $\overline{BD}$ tako da se točka $F$ nalazi na dužini $\overline{AM}$. Isto tako, skicirajmo $\overline{FG}\perp \overline{EF}$ tako da se točka $G$ nalazi na dužini $\overline{BM}$. Točkom $G$ skiciramo dužinu $\overline{GH}$ paralelnu s $\overline{EF}$ tako da se točka $H$ nalazi na dužini $\overline{AM}$. Ovakav postupak nastavljamo u beskonačnost (vidjeti ,,itd.” na slici 1).
Primjenom teorema o sukladnosti kutova s paralelnim kracima te teorema o sukladnosti kutova s okomitim kracima lako je zaključiti da po $K-K$ poučku o sličnosti trokuta vrijedi: \begin{equation}
\triangle ABC\sim \triangle BED\sim\triangle DFE\sim\triangle EGF\sim\triangle FHG\sim\triangle GKH\sim \ldots\tag{1}\label{sl}\end{equation}
pri čemu su svi kutovi u navedenim trokutima jednaki $\alpha, \beta$ i $90^\circ$. Iz (\ref{sl}) slijedi $$\dfrac{\left| DE\right| }{ \left|BD \right|}=\dfrac{a}{b} \quad \textnormal {i}\quad \dfrac{\left| BE\right| }{\left|BD \right| } =\dfrac{c}{b}, $$ odakle je\begin{equation}
\left| DE\right| =\dfrac{2a^2}{b} \quad\textnormal{i}\quad \left|BE \right| =c\cdot\dfrac{2a }{b}.\tag{2}\label{j2}\end{equation}
Na isti način je $\dfrac{\left|DF \right| }{\left| DE\right|}=\dfrac{c}{b}, \dfrac{\left|EF \right| }{\left| DE\right|}=\dfrac{a}{b}, \dfrac{\left|EG \right| }{\left| EF\right|}=\dfrac{c}{b}, \dfrac{\left|FG \right| }{\left| EF\right|}=\dfrac{a}{b},$ odakle je
\begin{equation}
\left|DF \right|=c\cdot\dfrac{2a^2}{b^2}\quad , \quad\left|EF \right|=\dfrac{2a^3}{b^2} \quad, \quad \left|EG \right|=c\cdot\dfrac{2a^3}{b^3}\quad , \quad\left|FG \right|=\dfrac{2a^4}{b^3}.\tag{3}
\label{j3}
\end{equation}
Ponovimo li prethodni postupak, dobivamo redom da je
\begin{equation}
\left|FH \right|=c\cdot\dfrac{2a^4}{b^4}\quad , \quad\left|GH \right|=\dfrac{2a^5}{b^4} \quad, \quad \left|GK\right|=c\cdot\dfrac{2a^5}{b^5}\quad , \ldots\tag{4}
\label{j4}
\end{equation}
Nastavimo li na sličan način dalje, lako se primijeti da duljine dužina $\overline{DF}$, $\overline{FH}, \dots $ koje se nalaze na dužini $\overline{DM}$ čine geometrijski niz s kvocijentom $\dfrac{a^2}{b^2}<1$, kao i duljine dužina $\overline{BE}, \overline{EG}, \overline{GK},\dots$ koje se nalaze na dužini $\overline{BM}$.
Odredimo sada duljine dužina $\overline{AM}$ i $\overline{BM}:$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|AM \right| &= \left| AD\right| +\left|DF \right| +\left|FH \right| +\ldots\\
&= c + c\cdot\dfrac{2a^2}{b^2} +c\cdot\dfrac{2a^4}{b^4}\dots\\
&=c+\dfrac{2a^2c}{b^2}\cdot\left( 1+\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^4}{b^4}+\dots\right)\\
&= c+\dfrac{2a^2c}{b^2}\cdot\dfrac{1}{1-\dfrac{a^2}{b^2}}\\
&=c+\dfrac{2a^2c}{b^2}\cdot\dfrac{b^2}{b^2-a^2}\\
&=c\cdot\dfrac{a^2+b^2}{b^2-a^2},
\end{aligned}\tag{5}
\label{am}
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|BM \right| &= \left| BE\right| +\left|EG \right| +\left|GK \right| +\ldots\\
&= \dfrac{2ac}{b}\cdot\left(1+\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^4}{b^4}+\dots \right)\\
&= \dfrac{2ac}{b}\cdot\dfrac{1}{1-\dfrac{a^2}{b^2}}\\
&=\dfrac{2abc}{b^2-a^2}.
\end{aligned}\tag{6}
\label{bm}
\end{equation}
Iz $\triangle ABM$ slijedi da je $\sin(\measuredangle BAM)=\sin(2\alpha)=\dfrac{\left|BM \right| }{\left|AM \right| }$. Iskoristimo li formule (\ref{am}) i (\ref{bm}) dobivamo
\begin{equation}
\sin(2\alpha)=\dfrac{2ab}{a^2+b^2}.\tag{7}
\label{sin2alpha}
\end{equation}
Iz $\triangle ABC$ slijedi da je $\sin\alpha=\dfrac{a}{c}$ i $\cos\alpha=\dfrac{b}{c}$. Kako je $\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha,$ dobivamo
\begin{equation}
\sin(2\alpha)=\dfrac{2ab}{c^2}.\tag{8}
\label{sin2alpha1}
\end{equation}
Izjednačavanjem desnih strana u formulama (\ref{sin2alpha}) i (\ref{sin2alpha1}) slijedi da je $c^2=a^2+b^2$.
Nadalje, pokazat ćemo da se gore navedeni dokaz mogao provesti i bez primjene trigonometrije.
1. dokaz
Zadan je pravokutan trokut $ABM$ s pravim kutom kod vrha $B$ te s kutom $2\alpha$ kod vrha $A$ kao na slici 1. Duljinu katete $\overline{AB}$ koja iznosi $c$ prenesemo na hipotenuzu $\overline{AM}$. Time dobivamo točku $D$ i jednakokračan trokut $ABD$. Nožište visine povučene iz vrha $A$ na $\overline{BD}$ označimo s $C$. Neka je $\left|AC \right|=b $ i $\left|BC \right|=\left| CD\right|=a $. Da bismo dobili trokute $BED, DFE, EGF \dots$ kao na slici 1, ponavljamo ranije opisani postupak. Pokazat ćemo da za $a<b$ vrijedi da je u pravokutnom trokutu $ABM$ zbroj kvadrata duljina kateta $\left|AB \right|$ i $\left|BM \right| $ jednak kvadratu duljine hipotenuze $\left|AM \right|:$
\begin{equation} \begin{aligned} \left|AB \right|^2+\left|BM \right|^2 &= c^2 +\dfrac{4a^2b^2c^2}{\left( b^2-a^2\right)^2}\\
&= \dfrac{c^2b^4-2a^2b^2c^2+a^4c^2+4a^2b^2c^2}{\left( b^2-a^2\right)^2} \\
&=c^2 \cdot \dfrac{\left( a^2+b^2\right)^2}{\left( b^2-a^2\right)^2}\\
&=\left|AM \right|^2\ \end{aligned} \end{equation}
2. dokaz
Neka je $a<b$ kao i u prethodna dva dokaza. Površinu trokuta $ABM$ odredit ćemo na dva načina:
- ${}$\begin{equation}
P_{\triangle ABM}=\dfrac{\left|AB \right| \cdot\left| BM\right| }{2}=\dfrac{abc^2}{b^2-a^2}\tag{9}
\label{p1}
\end{equation} - ${}$\begin{equation}
\begin{aligned}
P_{\triangle ABM}&=P_{\triangle ABD}+ P_{\triangle BDE}+P_{\triangle DEF}+P_{\triangle EFG}+\dots\\
&=ab+\dfrac{2a^3}{b}+\dfrac{2a^5}{b^2}+\dfrac{2a^7}{b^5}+\dots\\
&=ab+\dfrac{2a^3}{b}\cdot\left(1+\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^4}{b^4}+\dots \right) \\
&=ab+\dfrac{2a^3}{b}\cdot\dfrac{1}{1-\dfrac{a^2}{b^2}}\\
&=\dfrac{ab\left(a^2+b^2 \right) }{b^2-a^2}
\end{aligned}\tag{10}
\label{p2}
\end{equation}
Izjednačavanjem desnih strana formula (\ref{p1}) i (\ref{p2}) jednakost $c^2=a^2+b^2$ slijedi direktno.
Pokažimo za kraj ovog dijela da se izvorni dokaz mogao provesti i bez primjene formule za sinus dvostrukog kuta.
Iz vrha $B$ trokuta $BDA$ sa slike 1 povucimo visinu na stranicu AD. Nožište visine označimo s $B_1$. Po $K-K$ poučku o sličnosti trokuta vrijedi da je $\triangle ABM \sim \triangle AB_1B$. Označimo duljinu visine $BB_1$ s $v$, $\left|BB_1 \right|=v$. Sada je $$\dfrac{\left|BM \right| }{\left|AM \right|}=\dfrac{v}{c}.$$ Računajući površinu trokuta $BDA$ na dva načina, imamo $$P_{\triangle BDA}=\dfrac{\left|AD \right|\cdot \left|BB_1 \right| }{2}=\dfrac{cv}{2}=ab=P_{\triangle ABC}+P_{\triangle ACD},$$ odakle je $v=\dfrac{2ab}{c}$, odnosno $\dfrac{\left|BM \right| }{\left|AM \right|}=\dfrac{2ab}{c^2}$. Izjednačavanjem desne strane dobivene formule za $\dfrac{\left|BM \right| }{\left|AM \right|}$ s desnom stranom formule (\ref{sin2alpha}) jednakost $c^2=a^2+b^2$ slijedi direktno.
3. Još dva slična dokaza Pitagorina teorema
U prethodnom dijelu vidjeli smo da se dokaz Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson koji se temelji na trigonometriji, preciznije na formuli za sinus dvostrukog kuta i konvergenciji geometrijskog reda može provesti i bez primjene trigonometrije, koristeći se teoremima o sličnosti trokuta. U nastavku slijede dva vjerojatno nova dokaza Pitagorina teorema.
3.1. Prvi dokaz
Neka je zadan pravokutan trokut $ABC$ s pravim kutom kod vrha $C$. Označimo $\measuredangle(CAB)=\alpha$, $\left| AC\right| =b$, $\left|CB \right|=a$ i $\left| AB\right| =c$. Iz vrha $C$ povucimo visinu na dužinu $\overline{AB}$. Nožište visine označimo s $C_1$. Iz točke $C_1$ povucimo visinu na dužinu $\overline{CB}$. Nožište visine označimo s $C_2$. Ponovimo li ovaj postupak u beskonačnost, dobivamo redom točke $C_3, C_4, C_5, \dots$ kao na slici 2. Primjenom teorema o sukladnosti kutova s okomitim kracima slijedi $\measuredangle (BAC)=\measuredangle(C_1CC_2)=\measuredangle(C_3C_1C_2)=\measuredangle(C_3C_2C_4)=\measuredangle(C_5C_3C_4)= \dots\ $ Nadalje po $K-K$ poučku o sličnosti trokuta imamo
\begin{equation}
\triangle CAB\sim\triangle C_1AC\sim\triangle C_2CC_1\sim\triangle C_3C_1C_2\sim\triangle C_4C_2C_3\sim\triangle C_5C_3C_4\sim\dots\tag{11}
\label{1ds}
\end{equation}
Primjenom trigonometrije pravokutnog trokuta redom na $\triangle C_1AC, \triangle C_2CC_1, \triangle C_3C_1C_2, \triangle C_4C_2C_3, \triangle C_5C_3C_4, \dots$ slijedi iz $\triangle C_1AC$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|CC_1 \right|&=b\sin\alpha\\
\left| AC_1\right| &=b\cos\alpha,
\end{aligned}\tag{12}
\label{pt}
\end{equation}
iz $\triangle C_2CC_1$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|C_1C_2 \right|&=b\sin^2\alpha\\
\left| CC_2\right| &=b\sin\alpha\cos\alpha,
\end{aligned}\tag{13}
\label{dt}
\end{equation}
iz $\triangle C_3C_1C_2$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|C_2C_3 \right|&=b\sin^3\alpha\\
\left| C_1C_3\right| &=b\sin^2\alpha\cos\alpha,
\end{aligned}\tag{14}
\label{tt}
\end{equation}
iz $\triangle C_4C_2C_3$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|C_3C_4 \right|&=b\sin^4\alpha\\
\left| C_2C_4\right| &=b\sin^3\alpha\cos\alpha,
\end{aligned}\tag{15}
\label{čt}
\end{equation}
iz $\triangle C_5C_3C_4$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|C_4C_5 \right| &=b\sin^5\alpha\\
\left| C_3C_5\right| &=b\sin^4\alpha\cos\alpha.
\end{aligned}\tag{16}\label{pt2}
\end{equation}
Nastavimo li na sljedeće pravokutne trokute, primjećujemo da se svakim sljedećim trokutom duljine stranica proporcionalno smanjuju faktorom $\sin^2\alpha$. Odredimo duljinu hipotenuze pravokutnog trokuta $CAB$:
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|AB\right|&=\left|AC_1 \right| +\left|C_1C_3 \right| +\left|C_3C_5 \right| +\dots\\
&=b\cos\alpha+b\sin^2\alpha\cos\alpha+b\sin^4\alpha\cos\alpha+\dots\\
&=b\cos\alpha\cdot\left( 1+\sin^2\alpha+\sin^4\alpha+\dots\right) \\
&=\dfrac{b\cos\alpha}{1-\sin^2\alpha}.
\end{aligned}\tag{17}
\label{ab}
\end{equation}
S druge strane, iz trokuta $CAB$ imamo da je $\left|AB \right| =\dfrac{b}{\cos\alpha}$, odakle uvrštavanjem u (\ref{ab}) slijedi $$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1.$$ Kako je iz $\triangle CAB$, $\sin\alpha =\dfrac{\left|BC \right| }{\left| AB\right| }=\dfrac{a}{c}$ i $\cos\alpha =\dfrac{\left|AC \right| }{\left| AB\right| }=\dfrac{b}{c}$, slijedi $a^2+b^2=c^2.$
Važno je napomenuti da se dokazi u kojima se koristimo poučcima o sličnosti trokuta i proporcionalnosti duljina odgovarajućih stranica uvijek mogu zapisati i provesti u terminima trigonometrijskih vrijednosti kutova u pravokutnom trokutu. Možemo postaviti i pitanje Je li opravdano takvom dokazu dodati epitet “trigonometrijski”? Odgovor na ovo pitanje nije jednoznačan te se o tome još vode rasprave.
Polazeći od slike 2, pokažimo još jedan trigonometrijski dokaz računajući površinu trokuta $CAB$ na dva načina:
- ${}$\begin{equation}
P_{\triangle CAB}=\dfrac{\left|AC \right| \cdot\left|CB \right| }{2}=\dfrac{a\cdot b}{2}\tag{18}
\label{nacin1}
\end{equation} - ${}$\begin{equation}
\begin{aligned}
P_{\triangle CAB}&= P_{\triangle CAC_1}+P_{\triangle C_1C_2C}+P_{\triangle C_2C_1C_3}+P_{\triangle C_2C_3C_4}+\dots\\
&=\dfrac{\left| CC_1\right|\cdot \left|AC_1 \right| }{2}+\dfrac{\left| CC_2\right|\cdot \left|C_1C_2 \right| }{2} +\dfrac{\left| C_1C_3\right|\cdot \left|C_2C_3 \right| }{2}+\dfrac{\left| C_2C_4\right|\cdot \left|C_3C_4 \right| }{2}+\dots\\
&=\dfrac{b^2\sin\alpha\cos\alpha}{2} + \dfrac{b^2\sin^3\alpha\cos\alpha}{2}+\dfrac{b^2\sin^5\alpha\cos\alpha}{2}+\dfrac{b^2\sin^7\alpha\cos\alpha}{2} +\dots\\
&=\dfrac{b^2\sin\alpha\cos\alpha}{2}\cdot \left(1+\sin^2\alpha+\sin^4\alpha+\sin^6\alpha+\dots \right) \\
&=\dfrac{b^2\sin\alpha\cos\alpha}{2\left( 1-\sin^2\alpha\right) }.
\end{aligned}\tag{19}
\label{nacin}
\end{equation}
Izjednačavanjem formula (\ref{nacin1}) i (\ref{nacin}) dobivamo \begin{equation} \begin{aligned} a\cdot b &=\dfrac{b^2\sin\alpha\cos\alpha}{\left( 1-\sin^2\alpha\right) }\\
\dfrac{a}{b}&=\dfrac{\sin\alpha\cos\alpha}{\left( 1-\sin^2\alpha\right) }\\
a\cdot \left(1-\dfrac{a^2}{c^2} \right) &=b\cdot \dfrac{ab}{c^2}\\
c^2-a^2&=b^2. \end{aligned} \end{equation}
Za kraj ovog dijela dat ćemo i jedan dokaz bez upotrebe trigonometrije u kojem se na temelju slike 2 Pitagorin teorem dokazuje primjenom poučka o sličnosti trokuta i konvergentnog geometrijskog reda.
Kako je $\triangle CAB \sim \triangle C_2CC_1 $, slijedi $\dfrac{\left| AC_1\right| }{\left| AC\right| }=\dfrac{\left| AC\right| }{\left|AB \right| }$ i $ \dfrac{\left| CC_1\right| }{\left| AC\right| }=\dfrac{\left| CB\right| }{\left|AB \right| }$. Sada je
\begin{equation}
\left|AC_1 \right|=\dfrac{b^2}{c} \quad \textnormal{i} \quad \left|CC_1 \right| =\dfrac{ab}{c}.\tag{20}
\label{j1}
\end{equation}
Isto tako, zbog (\ref{1ds}) slijedi $\dfrac{\left|C_1C_2 \right| }{\left|CC_1 \right| }=\dfrac{\left| C_2C_3\right| }{\left|C_1C_2 \right| }=\dfrac{\left| C_3C_4\right| }{\left| C_2C_3\right| }=\dots =\dfrac{a}{c}, \dfrac{\left| C_1C_3\right| }{\left|C_1C_2 \right| }=\dfrac{\left|C_3C_5 \right| }{\left|C_3C_4 \right| }=\dots =\dfrac{b}{c},$ odakle je
\begin{equation}
\left|C_1C_2 \right| =\dfrac{a^2b}{c^2},\, \left|C_1C_3 \right|= \dfrac{a^2b^2}{c^3},\,\left| C_2C_3\right| =\dfrac{a^3b}{c^3},\, \left|C_3C_4 \right| =\dfrac{a^4b}{c^4},\, \left| C_3C_5\right|= \dfrac{a^4b^2}{c^5},\, \dots\tag{21}
\label{j2a}
\end{equation}
Računamo duljinu hipotenuze $\overline{AB}$ trokuta $CAB$ koristeći se formulama (\ref{j1}) i (\ref{j2}),
\begin{equation} \begin{aligned} c=\left|AB \right| &=\left|AC_1 \right| + \left| C_1C_3\right| + \left|C_3C_5 \right| +\dots\\
&=\dfrac{b^2}{c} + \dfrac{a^2b^2}{c^3}+\dfrac{a^4b^2}{c^5}+\dots\\ &=\dfrac{b^2}{c}\cdot \left(1+\dfrac{a^2}{c^2} +\dfrac{a^4}{c^4}+\dots\right) \\ &=\dfrac{b^2}{c}\cdot\dfrac{1}{1-\dfrac{a^2}{c^2}}\\ &=\dfrac{cb^2}{c^2-a^2}. \end{aligned} \end{equation}
Podijelimo li prethodnu jednakost s $c$ pa unakrsno pomnožimo odgovarajuće izraze, slijedi Pitagorin teorem $c^2-a^2=b^2.$ Ovaj dokaz sličan je dokazu koji je dao John Arioni u [11].
Važno je primijetiti da svi navedeni dokazi u ovom dijelu vrijede i u slučaju kada je $\triangle CAB$ jednakokračan. Sjetimo se da to nije vrijedilo u dokazu Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson.
3.2. Drugi dokaz
Neka je zadan pravokutan trokut $ABC$ s pravim kutom kod vrha $C$. Pretpostavimo da je $a=\left| BC\right| <\left| AC\right| =b$ te neka je $\left|AB \right| =c$. Iznos kuta kod vrha $A$ označimo s $\alpha$. Skicirajmo dužinu $\overline{BD}$ s točkom $D$ na $\overline{CA}$ tako da $\measuredangle (CBD)=\alpha$, kao na slici 3. Budući da je $\measuredangle (ACB) = \measuredangle (DCB)=90^{\circ}, \measuredangle (BAC)=\measuredangle (CBD)=\alpha$ po $K-K$ poučku o sličnosti trokuta slijedi $\triangle ABC\sim\triangle BDC$. Odavde slijedi
\begin{equation}
\begin{aligned}
\dfrac{\left|CD \right| }{\left|BC \right| }=\dfrac{\left|BC \right| }{\left|AC \right| } &\Longrightarrow \left| CD\right| =\dfrac{a^2}{b}\\
\dfrac{\left| BD\right| }{\left|BC \right| }=\dfrac{\left|AB \right| }{\left|AC \right| } &\Longrightarrow \left| BD\right|=\dfrac{ac}{b}.
\end{aligned}\tag{22}
\label{td}
\end{equation}
Iz točke $D$ povucimo okomicu na $\overline{BD}$ tako da sjecište te okomice i $\overline{AB}$ označimo s $E$. Sada je $\measuredangle (ADE)=\measuredangle (BAC)=\alpha$ i $\measuredangle (BED)=2\alpha$. U trokutu $DAE$ iz vrha $E$ povucimo visinu na dužinu $\overline{DA}$ pri čemu nožište visine označimo s $F$. Po $K-K$ poučku o sličnosti trokuta vrijedi da je $\triangle AEF\sim\triangle ABC$, odakle je
\begin{equation}
\dfrac{\left| AE\right| }{\left| AF\right| }=\dfrac{\left|AB \right| }{\left|AC \right| }\Longrightarrow \left|AE \right| =\dfrac{c}{2b}\cdot \left| AD\right| =\dfrac{c}{2b}\cdot\left(\left| AC\right| -\left|CD \right| \right)= \dfrac{c}{2b}\cdot\left(b- \dfrac{a^2}{b}\right) .\tag{23}
\label{ae}
\end{equation}
Iz $\triangle DEB$ slijedi
\begin{equation}
\sin(2\alpha)=\dfrac{\left|BD \right| }{\left|BE \right| }=\dfrac{\dfrac{ac}{b}}{c-\left| AE\right| }\overset{\eqref{ae}}{=} \dfrac{\dfrac{ac}{b}}{c-\dfrac{c}{2b}\cdot\left(b- \dfrac{a^2}{b}\right) }=\dfrac{2ab}{a^2+b^2}.\tag{24}
\label{2alpha}
\end{equation}
S druge strane imamo
\begin{equation}
\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha=2\cdot\dfrac{a}{c}\cdot\dfrac{b}{c}=\dfrac{2ab}{c^2}.\tag{25}
\label{2alpha1}
\end{equation}
Izjednačavanjem formula (\ref{2alpha}) i (\ref{2alpha1}) slijedi Pitagorin poučak $a^2+b^2=c^2$. Ovaj dokaz sličan je dokazu u [1].
Ovim smo dokazom pokazali da se dokaz Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson može pojednostavniti i na način da se ne primjenjuju svojstva konvergentnog geometrijskog reda već da se iz zadanog trokuta konstruira novi trokut ($\triangle DEB$) s kutom $2\alpha$. Prisjetimo se originalnog dokaza Calcee Johnson i Ne’Kiye Jackson (slika 1) u kojem je ,,iznutra konstruiran” pravokutan trokut $BAM$ s kutom $2\alpha$.
Pokažimo još da se dokaz na temelju slike 3 mogao provesti i bez primjene trigonometrije. U tu svrhu računat ćemo površinu trokuta $ABC$ na dva načina:
- \begin{equation}
P_{\triangle ABC}=\dfrac{ab}{2}\tag{26}
\label{1}
\end{equation} - Odredimo za početak $\left| EF\right|.$ Kako je $\triangle ABC\sim\triangle AEF$, slijedi \begin{equation*} \dfrac{\left|EF \right| }{\left|AF \right| }=\dfrac{a}{b}\Longrightarrow \left|EF \right|=\dfrac{a}{2b}\cdot \left(b-\dfrac{a^2}{b} \right). \end{equation*} Sada možemo površinu trokuta $ABC$ odrediti i na sljedeći način: \begin{equation}\begin{aligned}
P_{\triangle ABC}&=P_{\triangle BCD}+P_{\triangle BDE}+P_{\triangle DAE}\\
&=\dfrac{\left|BC \right|\cdot \left|CD \right| }{2}+\dfrac{\left|BD \right|\cdot \left|DE \right| }{2}+\dfrac{\left|AD \right|\cdot \left|EF \right| }{2}\\
&=\dfrac{a^3}{2b}+\dfrac{ac^2}{4b^2}\cdot\left(b-\dfrac{a^2}{b} \right) +\dfrac{a}{4b}\cdot\left(b-\dfrac{a^2}{b} \right)^2\\ &=\dfrac{a^3}{2b}+\dfrac{ac^2\cdot\left(b^2-a^2 \right) }{4b^3}+\dfrac{a\cdot\left(b^2-a^2 \right)^2}{4b^3}\\ &=\dfrac{2b^2a^3+ac^2\left(b^2-a^2 \right)+a\left(b^2-a^2 \right)^2 }{4b^3}\end{aligned}\tag{27}\label{2}
\end{equation}
Izjednačavanjem formula (\ref{1}) i (\ref{2}) te množenjem s $\dfrac{4b^3}{a}$ slijedi Pitagorin poučak, \begin{equation} \begin{aligned}
2b^4&=2a^2b^2+c^2\left(b^2-a^2 \right) +\left(b^2-a^2 \right)^2\\
2b^2\left(b^2-a^2 \right) &=c^2\left(b^2-a^2 \right) +\left(b^2-a^2 \right)^2\\
2b^2 &=c^2 +b^2-a^2\\
a^2+b^2&=c^2. \end{aligned} \end{equation}
Literatura
- https://math.stackexchange.com/questions/4670771/what-is-the-essence-of-the-new-proof-of-pythagoras-theorem-by-the-highschoolers (pristupljeno 23. 1. 2024.)
- https://mathematicalcrap.com/2023/03/31/right-angles-and-wrong-angles/ (pristupljeno 23. 1. 2024.)
- Wikipedia, “Pythagorean theorem.” From https://en.wikipedia.org/wiki/Pythagorean_theorem. (pristupljeno 22. 9. 2023.)
- https://mathlair.allfunandgames.ca/pythprop.php (pristupljeno 22. 9. 2023.)
- Elisha Scott Loomis, The Pythagorean Proposition. https://files.eric.ed.gov/fulltext/ED037335.pdf (pristupljeno 22. 9. 2023.)
- https://www.cut-the-knot.org/pythagoras/ (pristupljeno 23. 1. 2024.)
- https://meetings.ams.org/math/spring2023se/meetingapp.cgi/Paper/23621 (pristupljeno 25. 9. 2023.)
- MathTrain. (2023). How High Schoolers Proved Pythagoras Using Just Trig! (and some other stuff). https://www.youtube.com/watch?v=nQD6lDwFmCc (pristupljeno 25. 9. 2023.).
- polymathematic. (2023). Pythagoras Would Be Proud: High School St..udents’ New Proof of the Pythagorean Theorem. https://www.youtube.com/watch?v=p6j2nZKwf20 (pristupljeno 25. 9. 2023.)
- Leila Sloman, “2 High School Students Prove Pythagorean Theorem. Here’s What That Means.” From https://www.scientificamerican.com/article/2-high-school-students-prove-pythagorean-theorem-heres-what-that-means/ (pristupljeno 25. 9. 2023.)
- https://www.cut-the-knot.org/pythagoras/Proof100.shtml, (pristupljeno 22. 9. 2023.)
- https://forumgeom.fau.edu/FG2009volume9/FG200925.pdf (pristupljeno 23. 1. 2024.)