'一位高中數學教師眼中的“勾股定理”（續三）定理的推廣'

勾股定理有如下關係：a^2+b^2=c^2。即給出一個直角三角形，立於直角邊a、b邊上的兩個正方形的面積之和，等於立於斜邊c上正方形的面積。我們可以簡單的使用相似形來證明。

在上面的證明過程中，我們使用了射影定理：

這個定理在勾股定理的證明和變形中皆有重要的應用。

比如在簡化畢達哥拉斯的證明方法時可以這樣處理。（如下圖）

一般情況下，我們是利用全等三角形來證明的，其中要用到分割，全等，等積轉化等過程，比較麻煩。如果從上述結論入手就簡單多了。比如由AC^2=AO﹒AB,左邊的幾何意義是正方形ACFG的面積，右邊AO﹒AB=AO﹒AE的幾何意義是長方形OAEM的面積，同理可證：正方形BKHC的面積=長方形BOMD的面積，下略，是不是很簡單呢！

再比如由

這就是上面的射影定理的長度表達式。其中任何一個變形之後都是勾股定理。

01 二維推廣

推廣1：邊上圖形一般化

在用相似證明勾股定理時，根據“相似三角形面積的比等於相似比的平方”可以更簡單地得到證明。

受上述證明啟發，我們可以發現一個很有趣的現象：

如圖 ，沿著Rt△ABC的斜邊AB向上摺疊，得到一個相同的三角形，其面積記著S1（就是Rt△ABC的面積）。再分別以AC、BC為斜邊，向Rt△ABC的外部作與Rt△ABC相似的兩個直角三角形（其面積分別記著S2、S3），再分別沿著AC、BC向內摺疊，這兩個直角三角形剛好填滿Rt△ABC！即S1=S2+S3。

這表明：

分別以直角三角形的三邊為斜邊作三個相似的直角三角形（如上述作法），則斜邊所在的三角形的面積等於兩條直角邊所在的兩個三角形的面積之和。

這可以看成是勾股定理呈現形式的推廣。類似地，我們還可以做如下推廣：

假如我們把立於直角邊上和斜邊上的正方形,用其他相似圖形代替,它們的面積是否也有以上的關係呢?

歐幾里得在《幾何原本》中記述了該定理的一個推廣,即“直角三角形斜邊上的一個多邊形,其面積等於兩直角邊上兩個與它相似的多邊形面積之和。”並給出了一般性證明:設a、b、c三邊上所立三個相似多邊形的面積分別為

推廣2：邊上圖形不相似

帕普斯是公元前300年的一位希臘數學家。他證明了勾股定理的一個有趣的變形:即將立於直角三角形邊上的正方形改為平行四邊形(不一定相似),但需按以下步驟構造平行四邊形(如圖):

(1)在二直角邊上構造任意大小的兩個平行四邊形；

(2)延長此二平行四邊形的邊使其相交於點P；

(3)連接PA並延長使其與BC相交於RR,並取RQ=PA；

(4)以斜邊BC為一邊畫平行四邊形,並使其另一組對邊與RQ平行且相等。

作出的三個平行四邊形面積會有如下關係:“立於斜邊上的平行四邊形的面積等於立於直角邊上其他兩平行四邊形的面積之和”。

推廣3：推廣為任意三角形

我們還可以把勾股定理推廣到任意的三角形，得出餘弦定理：

在△ABC中，∠A、∠B和∠C的對邊分別為a、b、c，則

a2=b2+c2-2bccosA，

b2=c2+a2-2cacosB，

c2=a2+b2-2abcosC。

02.三維推廣

勾股定理和餘弦定理分別可以推廣至三維空間的情形。

三維空間的勾股定理一：在長方體中，我們有對角線的平方=長寬高三度的平方之和。

三維空間的勾股定理二：

在直三稜錐D-ABC（D-ABC系直三面角，即面ADB、面ADC、面BDC三者兩兩垂直，可以想象為牆之一角或者長方體的一個角）中，設S1、S2、S3、S分別為△ABD、△BDC、△ADC和△ABC的面積，則S^2=S1^2+S2^2+S3^2。

三維空間的餘弦定理：如圖，在三稜錐A-BCD中，設S1、S2、S3、S4分別為△ADC、△ADB、△BDC、和△ABC的面積，又二面角B-AD-C=α，A-BD-C=β，A-DC-B=γ，則

S4^2=S1^2+S2^2+S3^2-2 S1S2cosα-2 S2S3cosβ-2 S1S3cosγ。

03代數中的勾股問題的推廣

03.1勾股數在空間的推廣

在上述的長方體中我們對角線的平方等於三度的平方之和，我們自然想到這樣的問題：能否做出一個長方體，使它的的長x寬y高z和對角線w的長度都是整數。這在代數上就是要問，四元二次不定方程x^2+y^2+z^2=w^2有無正整數解。直接回答上述問題並不難，取兩組勾股數（3,4,5）與（5,12,13）我們很容易得到3^2+4^2+12^2=13^2，故而（3,4,12,13）是一組解，當然它的整數倍也是解。同理可得（8,9,12,17）亦是。

一般來說，只要有兩組基本勾股數組，就可以求出上述不定方程的一個整數解來。實際上我們有恆等式：

03.2連續整數的平方關係

①人們從3^2＋4^2=5^2和這組連續整數的平方關係想到是否存在類似的等式.經研究發現下列等式都是成立的：

3^2+4^2=5^2

10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

21^2+22^2+23^2 +24^2=25^2+26^2+27^2

36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2

看！每一個等式都是由連續的自然數組成的！這些等式是怎樣得到的呢？其實，只要利用一元二次方程就可以很容易地依次求出每一個等式.它的一般表達式是：

（2n^2＋n）^2＋（2n^2＋n＋1）^2＋…＋（2n^2＋2n）^2

=（2n^2＋2n＋1）^2＋（2n^2＋2n＋2）^2＋…＋（2n^2＋3n）^2.

②對任意8個連續的自然數存在如下關係：

n^2＋（n＋3）^2＋（n＋5）^2＋（n＋6）^2=

（n＋1）^2＋（n＋2）^2＋（n＋4）^2＋（n＋7）^2

03.3在冪指數上的推廣

人們在研究自然數的平方關係時，很自然地想到自然數的三次方、四次方、…之間是否也存在類似的關係，這要從兩個方面來說.

① 不限制自然數的個數

如果在提高冪指數時不限制自然數的個數時，那麼類似的等式也是存在的.如次數為3時：

3^3＋4^3＋5^3=6^3；1^3＋6^3＋8^3=9^3；3^3＋4^3＋5^3＋1^3＋8^3=9^3；…

數學家們還找到了冪指數為3時的一些一般表達式：

m^3＋（9mn^4－3mn）^3＋（9mn^3－m）^3=（9mn^4）^3;

( 3m^2＋5mn－5n^2) ^3＋( 4m^2－4mn＋6n^2) ^3＋( 5m^2－5mn－3n^2) ^3＋

=( 6m^2－4mn＋4n^2) ^3.

沿著這條思路逐步提高冪指數，數學研究工作者找到了一些次數更高的等式：

20世紀初美國數學家發現：30^4＋120^4＋272^4＋315^4=353^4；

20世紀60年代，又有人證明了27^5＋84^5＋110^5＋133^5=144^5；

此後，指數為6、7、8、9的例子也陸續找到，其中9次方的例子竟然是90個正整數的9次方的和等於9339636的9次方.

② 自然數的個數僅限於3個的情形－－費爾馬大定理

如果限定自然數的個數為3個，而只提高乘方的次數，那麼這樣的等式是否存在呢？即當n＞2時，方程a^n+b^n=c^n有沒有整數解？這個問題是17世紀上半頁時，法國業餘數學家費馬提出來的：他在閱讀丟凡圖的《算術》一書中關於勾股定理的內容時，在書上頁邊寫下了一段後來令世人驚訝的話：“不可能把一個立方數分解為兩個立方數之和，也不可能把一個四次方數分解為兩個四次方數之和；一般地，不可能把任何高於兩次的冪分解為兩個同次冪之和.對此，我已發現了一個真正奇妙的證明，可惜這裡頁邊空白太小，寫不下了.”

費馬定理問世以後，世界上很多優秀的數學家都在探索那個“真正奇妙的證明”，法國科學院、德國科學院都曾懸賞徵解.但300多年間，人類還沒有徵服它.但人類在探索這個問題的過程中卻不斷的得到新的數學方法，它對數學的發展起到了有力的推動作用，所以這個問題被希爾伯特譽為“一隻會下金蛋的雞”.1994年9月英國數學家懷爾斯歷經8年的潛心研究，終於證明了這個數學難題－－費馬大定理.

③費馬的結論與三角形的結合

定理：在三角形ABC中，設c是最大邊，存在k>1，使得c^k=a^k+b^k成立，

若為銳角三角形的充分必要條件是：k>2;

若為銳角三角形的充分必要條件是：k=2;

若為銳角三角形的充分必要條件是：k<2.

"

勾股定理有如下關係：a^2+b^2=c^2。即給出一個直角三角形，立於直角邊a、b邊上的兩個正方形的面積之和，等於立於斜邊c上正方形的面積。我們可以簡單的使用相似形來證明。

在上面的證明過程中，我們使用了射影定理：

這個定理在勾股定理的證明和變形中皆有重要的應用。

比如在簡化畢達哥拉斯的證明方法時可以這樣處理。（如下圖）

一般情況下，我們是利用全等三角形來證明的，其中要用到分割，全等，等積轉化等過程，比較麻煩。如果從上述結論入手就簡單多了。比如由AC^2=AO﹒AB,左邊的幾何意義是正方形ACFG的面積，右邊AO﹒AB=AO﹒AE的幾何意義是長方形OAEM的面積，同理可證：正方形BKHC的面積=長方形BOMD的面積，下略，是不是很簡單呢！

再比如由

這就是上面的射影定理的長度表達式。其中任何一個變形之後都是勾股定理。

01 二維推廣

推廣1：邊上圖形一般化

在用相似證明勾股定理時，根據“相似三角形面積的比等於相似比的平方”可以更簡單地得到證明。

受上述證明啟發，我們可以發現一個很有趣的現象：

如圖 ，沿著Rt△ABC的斜邊AB向上摺疊，得到一個相同的三角形，其面積記著S1（就是Rt△ABC的面積）。再分別以AC、BC為斜邊，向Rt△ABC的外部作與Rt△ABC相似的兩個直角三角形（其面積分別記著S2、S3），再分別沿著AC、BC向內摺疊，這兩個直角三角形剛好填滿Rt△ABC！即S1=S2+S3。

這表明：

分別以直角三角形的三邊為斜邊作三個相似的直角三角形（如上述作法），則斜邊所在的三角形的面積等於兩條直角邊所在的兩個三角形的面積之和。

這可以看成是勾股定理呈現形式的推廣。類似地，我們還可以做如下推廣：

假如我們把立於直角邊上和斜邊上的正方形,用其他相似圖形代替,它們的面積是否也有以上的關係呢?

歐幾里得在《幾何原本》中記述了該定理的一個推廣,即“直角三角形斜邊上的一個多邊形,其面積等於兩直角邊上兩個與它相似的多邊形面積之和。”並給出了一般性證明:設a、b、c三邊上所立三個相似多邊形的面積分別為

推廣2：邊上圖形不相似

帕普斯是公元前300年的一位希臘數學家。他證明了勾股定理的一個有趣的變形:即將立於直角三角形邊上的正方形改為平行四邊形(不一定相似),但需按以下步驟構造平行四邊形(如圖):

(1)在二直角邊上構造任意大小的兩個平行四邊形；

(2)延長此二平行四邊形的邊使其相交於點P；

(3)連接PA並延長使其與BC相交於RR,並取RQ=PA；

(4)以斜邊BC為一邊畫平行四邊形,並使其另一組對邊與RQ平行且相等。

作出的三個平行四邊形面積會有如下關係:“立於斜邊上的平行四邊形的面積等於立於直角邊上其他兩平行四邊形的面積之和”。

推廣3：推廣為任意三角形

我們還可以把勾股定理推廣到任意的三角形，得出餘弦定理：

在△ABC中，∠A、∠B和∠C的對邊分別為a、b、c，則

a2=b2+c2-2bccosA，

b2=c2+a2-2cacosB，

c2=a2+b2-2abcosC。

02.三維推廣

勾股定理和餘弦定理分別可以推廣至三維空間的情形。

三維空間的勾股定理一：在長方體中，我們有對角線的平方=長寬高三度的平方之和。

三維空間的勾股定理二：

在直三稜錐D-ABC（D-ABC系直三面角，即面ADB、面ADC、面BDC三者兩兩垂直，可以想象為牆之一角或者長方體的一個角）中，設S1、S2、S3、S分別為△ABD、△BDC、△ADC和△ABC的面積，則S^2=S1^2+S2^2+S3^2。

三維空間的餘弦定理：如圖，在三稜錐A-BCD中，設S1、S2、S3、S4分別為△ADC、△ADB、△BDC、和△ABC的面積，又二面角B-AD-C=α，A-BD-C=β，A-DC-B=γ，則

S4^2=S1^2+S2^2+S3^2-2 S1S2cosα-2 S2S3cosβ-2 S1S3cosγ。

03代數中的勾股問題的推廣

03.1勾股數在空間的推廣

在上述的長方體中我們對角線的平方等於三度的平方之和，我們自然想到這樣的問題：能否做出一個長方體，使它的的長x寬y高z和對角線w的長度都是整數。這在代數上就是要問，四元二次不定方程x^2+y^2+z^2=w^2有無正整數解。直接回答上述問題並不難，取兩組勾股數（3,4,5）與（5,12,13）我們很容易得到3^2+4^2+12^2=13^2，故而（3,4,12,13）是一組解，當然它的整數倍也是解。同理可得（8,9,12,17）亦是。

一般來說，只要有兩組基本勾股數組，就可以求出上述不定方程的一個整數解來。實際上我們有恆等式：

03.2連續整數的平方關係

①人們從3^2＋4^2=5^2和這組連續整數的平方關係想到是否存在類似的等式.經研究發現下列等式都是成立的：

3^2+4^2=5^2

10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

21^2+22^2+23^2 +24^2=25^2+26^2+27^2

36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2

看！每一個等式都是由連續的自然數組成的！這些等式是怎樣得到的呢？其實，只要利用一元二次方程就可以很容易地依次求出每一個等式.它的一般表達式是：

（2n^2＋n）^2＋（2n^2＋n＋1）^2＋…＋（2n^2＋2n）^2

=（2n^2＋2n＋1）^2＋（2n^2＋2n＋2）^2＋…＋（2n^2＋3n）^2.

②對任意8個連續的自然數存在如下關係：

n^2＋（n＋3）^2＋（n＋5）^2＋（n＋6）^2=

（n＋1）^2＋（n＋2）^2＋（n＋4）^2＋（n＋7）^2

03.3在冪指數上的推廣

人們在研究自然數的平方關係時，很自然地想到自然數的三次方、四次方、…之間是否也存在類似的關係，這要從兩個方面來說.

① 不限制自然數的個數

如果在提高冪指數時不限制自然數的個數時，那麼類似的等式也是存在的.如次數為3時：

3^3＋4^3＋5^3=6^3；1^3＋6^3＋8^3=9^3；3^3＋4^3＋5^3＋1^3＋8^3=9^3；…

數學家們還找到了冪指數為3時的一些一般表達式：

m^3＋（9mn^4－3mn）^3＋（9mn^3－m）^3=（9mn^4）^3;

( 3m^2＋5mn－5n^2) ^3＋( 4m^2－4mn＋6n^2) ^3＋( 5m^2－5mn－3n^2) ^3＋

=( 6m^2－4mn＋4n^2) ^3.

沿著這條思路逐步提高冪指數，數學研究工作者找到了一些次數更高的等式：

20世紀初美國數學家發現：30^4＋120^4＋272^4＋315^4=353^4；

20世紀60年代，又有人證明了27^5＋84^5＋110^5＋133^5=144^5；

此後，指數為6、7、8、9的例子也陸續找到，其中9次方的例子竟然是90個正整數的9次方的和等於9339636的9次方.

② 自然數的個數僅限於3個的情形－－費爾馬大定理

如果限定自然數的個數為3個，而只提高乘方的次數，那麼這樣的等式是否存在呢？即當n＞2時，方程a^n+b^n=c^n有沒有整數解？這個問題是17世紀上半頁時，法國業餘數學家費馬提出來的：他在閱讀丟凡圖的《算術》一書中關於勾股定理的內容時，在書上頁邊寫下了一段後來令世人驚訝的話：“不可能把一個立方數分解為兩個立方數之和，也不可能把一個四次方數分解為兩個四次方數之和；一般地，不可能把任何高於兩次的冪分解為兩個同次冪之和.對此，我已發現了一個真正奇妙的證明，可惜這裡頁邊空白太小，寫不下了.”

費馬定理問世以後，世界上很多優秀的數學家都在探索那個“真正奇妙的證明”，法國科學院、德國科學院都曾懸賞徵解.但300多年間，人類還沒有徵服它.但人類在探索這個問題的過程中卻不斷的得到新的數學方法，它對數學的發展起到了有力的推動作用，所以這個問題被希爾伯特譽為“一隻會下金蛋的雞”.1994年9月英國數學家懷爾斯歷經8年的潛心研究，終於證明了這個數學難題－－費馬大定理.

③費馬的結論與三角形的結合

定理：在三角形ABC中，設c是最大邊，存在k>1，使得c^k=a^k+b^k成立，

若為銳角三角形的充分必要條件是：k>2;

若為銳角三角形的充分必要條件是：k=2;

若為銳角三角形的充分必要條件是：k<2.

"