OliForum Matematico

julio14 ha scritto:mmm non ho molto capito cosa vuoi dire... ti riferisci alla soluzione di pak-man? Quella usa $ $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1 $, che è pitagora.

in effetti con il teorema dei seni non funziona, ci ho pensato dopo...

Però provando con carnot si:
(non so scrivere in lateX spero si capisca ugualmente)

chiamando a,b,c i lati di un triangolo e con x l'angolo compreso tra a e b, avrò:

c^2=a^2+b^2-2a*b*cos(x)

-mi scuso ancora per la mancanza del lateX però sono proprio incapace a usarlo, mi devo esercitare XD-

il teorema se non erro si dimostra con il teorema delle proiezioni facendo un sistemone tra le varie relazioni che si ottengono. Comunque dal teorema di carnot a quello di Pitagora il passo è breve, basta sostituire x=90° e abbiamo Pitagora.

Così dovrebbe funzionare, giusto?

volendo la puoi dimostrare partendo da $ ~\vec{AB}=\vec{CB}-\vec{CA} $ e poi elevando al quadrato.
Ma inserisci la definizione di prodotto interno vettoriale e bisogna vedere quanto e' slegata dal teorema di Pitagora, dato che questo entra pesantemente nella definizione di seno e coseno.

SkZ ha scritto:volendo la puoi dimostrare partendo da $ ~\vec{AB}=\vec{CB}-\vec{CA} $ e poi elevando al quadrato.

facendo come dici tu dimostrerei pitagora con pitagora, il che è tautologico... non so mi devo andare a rivedere il teorema delle proiezioni, poi eventualmente vi posto la dimostrazione del teorema di carnot.

facendo come dico io
$ $~\vec{AB}^2=(\vec{CB}-\vec{CA})^2 $$ $=\vec{CB}^2+\vec{CA}^2-2\vec{CB}\cdot\vec{CA} $

con le proiezioni devi usare $ $\cos^2(x)+\sin^2(x)=1 $

SkZ ha scritto:facendo come dico io
$ $~\vec{AB}^2=(\vec{CB}-\vec{CA})^2 $$ $=\vec{CB}^2+\vec{CA}^2-2\vec{CB}\cdot\vec{CA} $

non è Carnot?

il prodotto dei vettori è scalare, quindi moltiplico per cos(x)... giusto molto più semplice... però m sembra strano che la trigonometria che si fonda sullo studio dei triangoli non presenti una dimostrazione del teorema di pitagora senza usare l'identità pitagorica. Proverò a cercare, ora non mi viene proprio in mente nulla.

SkZ ha scritto:data la relazione
$ $c^2=a^2+b^2-2ab\cos{\gamma} $
che lega i 3 lati di un triangolo a,b e c e l'angolo $ ~\gamma $ opposto ad c

Se c e' l'ipotenusa allora $ ~\gamma=\pi/2 $, quindi $ $a^2+b^2=c^2 $

mi sono accorto ora che era stata la tua prima risposta

SkZ ha scritto:volendo la puoi dimostrare partendo da $ ~\vec{AB}=\vec{CB}-\vec{CA} $ e poi elevando al quadrato.

la = Carnot, intendevo
Mi sa che mi ero espresso male

Il fatto e' che trigonomertia si basa su pitagora dato che dice che $ $\cos^2(x)+\sin^2(x)=1 $

forse definendo
$ $\cos{x}=\frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|} $
e
$ $\sin{x}=\frac{\vec{a}\times\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|} $
qualcosa si riesce a slegare dato che prodotto scalare e prodotto vettoriale non necessitano di pitagora per la definizione (almeno mi pare, ma poi bisogna definire come si calcola il modulo)

Aggiungo la mia dimostrazione a questo vecchissimo topic, sperando che qualcun'altro continui...
Chiamo H il piede dell'altezza relativa all'ipotenusa BC. Allora ho che i triangoli ABC, ABH, ACH sono simili (che figata i triangoli rettangoli! )
Dunque ${AB\over BC}={BH\over AB}\rightarrow AB^2=BC\cdot BH$ e ${AC\over BC}={CH\over AC}\rightarrow AC^2=BC\cdot CH$
Perciò $AB^2+AC^2=BC(BH+CH)=BC^2$

Altra dimostrazione, piuttosto forte!

Siano x,y i cateti e z l'ipotenusa;
costruiamo un quadrato di lato x+y (la cui area è $A_q$) e costruiamo sui lati 4 triangoli rettangoli uguali, in modo che all'interno del grande quadrato vi sia un altro quadrato di lato z.
Abbiamo $A_q=(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$ , ma anche $A_q=4(\frac{xy}{2}+z^2$
Uguagliando le due scritture dell'area, si ottiene proprio Pitagora