Twierdzenie Talesa

Ten artykuł od 2011-08 zawiera treści, przy których brakuje odnośników do źródeł. Należy dodać przypisy do treści niemających odnośników do źródeł. Dodanie listy źródeł bibliograficznych jest problematyczne, ponieważ nie wiadomo, które treści one uźródławiają. Sprawdź w źródłach: Encyklopedia PWN • Google Books • Google Scholar • Federacja Bibliotek Cyfrowych • BazHum • BazTech • RCIN • Internet Archive (texts / inlibrary) Dokładniejsze informacje o tym, co należy poprawić, być może znajdują się w dyskusji tego artykułu. Po wyeliminowaniu niedoskonałości należy usunąć szablon {{Dopracować}} z tego artykułu.

Ten artykuł dotyczy twierdzenia o przecięciu ramion kąta prostymi równoległymi. Zobacz też: Twierdzenie Talesa o trójkącie prostokątnym wpisanym w okrąg.

Twierdzenie Talesa – twierdzenie geometrii euklidesowej, konkretniej planimetrii, obowiązujące też w geometrii afinicznej. Dotyczy ono stosunków długości odcinków utworzonych przez cztery proste, z których dwie są do siebie równoległe, a pozostałe dwie – nie.

Tradycja przypisuje jego sformułowanie Talesowi z Miletu^[1][2][3].

Twierdzenie

Jeżeli ramiona kąta przetniemy dwiema prostymi równoległymi nieprzechodzącymi przez wierzchołek kąta, to odpowiednie odcinki wyznaczone przez te proste na jednym ramieniu kąta są proporcjonalne do odpowiednich odcinków wyznaczonych przez te proste na drugim ramieniu kąta^[2][3].

Przy oznaczeniach na rysunku obok.

Jeśli ${\displaystyle BC\parallel DE,\quad A\notin BC,\;A\notin DE,}$

to zachodzi każda z trzech równości:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|EC|}}={\frac {|AD|}{|DB|}},\quad {\frac {|AE|}{|AC|}}={\frac {|AD|}{|AB|}},\quad {\frac {|AC|}{|EC|}}={\frac {|AB|}{|DB|}}}$^[2][3].

Trzy równości można połączyć w jedną potrójną równość:

${\displaystyle {\frac {|AD|}{|AE|}}={\frac {|DB|}{|EC|}}={\frac {|AB|}{|AC|}}}$^[2][3]

Uwaga 1.

Twierdzenie zachodzi również, jeśli proste równoległe przecinają ramiona kątów wzajemnie wierzchołkowych.

Uwaga 2.

Twierdzenie może być sformułowane bez użycia pojęcia kąta:

Jeśli wiązka prostych parami równoległych przecina dwie nierównoległe do siebie proste ${\displaystyle a,b,}$ to odpowiednie odcinki wyznaczone przez tę wiązkę na prostej ${\displaystyle a}$ są proporcjonalne do odpowiednich odcinków wyznaczonych przez tę wiązkę na prostej ${\displaystyle b.}$

lub jeszcze ogólniej

Rzutowanie równoległe zachowuje proporcje długości na prostych, tzn. stosunek długości odcinków współliniowych jest niezmiennikiem rzutowania równoległego.

Twierdzenie odwrotne

Zachodzi również następujące twierdzenie odwrotne^[1].

Jeśli ramiona kąta o wierzchołku ${\displaystyle A}$ przecięte są dwiema prostymi ${\displaystyle BC,DE,}$ przy czym punkty ${\displaystyle B,D}$ należą do jednego ramienia kąta, punkty ${\displaystyle C,E}$ do drugiego oraz:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|AC|}}={\frac {|AD|}{|AB|}},}$

to ${\displaystyle BC\parallel DE,}$ tzn. proste ${\displaystyle BC,DE}$ są równoległe^[3].

Uwaga

Gdyby warunek w założeniu zastąpić np. następującym:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|EC|}}={\frac {|AD|}{|DB|}},}$

to założenia należałoby uzupełnić o informacje o uporządkowaniu punktów, np.

punkt ${\displaystyle D}$ leży między punktami ${\displaystyle A,B;}$ punkt ${\displaystyle E}$ leży między punktami ${\displaystyle A,C.}$

Dowody

Dowód na gruncie geometrii syntetycznej

(szkic) twierdzenie Talesa można dowieść korzystając z przejścia granicznego i dobrze określonej miary (np. Lebesgue’a na płaszczyźnie): stosunkowo łatwy jest dowód, gdy ${\displaystyle {\frac {|AD|}{|DB|}}={\frac {|AE|}{|EC|}}=1,}$ podobnie gdy podzieli się odcinki w stosunku wymiernym, przypadek niewymierny dowodzi się przez przybliżenia za pomocą przejścia granicznego.

Dowód na gruncie geometrii afinicznej

Niech wektory ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}},\;{\overrightarrow {AC}}}$ będą liniowo niezależne i niech dla pewnych ${\displaystyle k,l\neq 0\;\;\;D=A+k\cdot {\overrightarrow {AB}},\;\;E=A+l\cdot {\overrightarrow {AC}},}$ tzn. ${\displaystyle {\overrightarrow {AD}}=k\cdot {\overrightarrow {AB}},\;{\overrightarrow {AE}}=l\cdot {\overrightarrow {AC}}.}$

Jeśli ${\displaystyle {\overrightarrow {BC}}\parallel {\overrightarrow {DE}},}$ czyli ${\displaystyle s\cdot {\overrightarrow {BC}}={\overrightarrow {DE}},}$ dla pewnego ${\displaystyle s\neq 0,}$ to

${\displaystyle s\cdot \left({\overrightarrow {AC}}-{\overrightarrow {AB}}\right)=s\cdot \left({\overrightarrow {BA}}+{\overrightarrow {AC}}\right)=s\cdot {\overrightarrow {BC}}={\overrightarrow {DE}}={\overrightarrow {DA}}+{\overrightarrow {AE}}={\overrightarrow {AE}}-{\overrightarrow {AD}}=k\cdot {\overrightarrow {AC}}-l\cdot {\overrightarrow {AB}}}$

Przyrównując skrajne wyrażenia, redukując i porządkując:

${\displaystyle (s-k)\cdot {\overrightarrow {AC}}+(l-s)\cdot {\overrightarrow {AB}}=0}$

Ponieważ ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}},\;{\overrightarrow {AC}}}$ są liniowo niezależne, więc ${\displaystyle s=k,\;s=l\quad {},}$ czyli ${\displaystyle k=l.}$ Stąd

${\displaystyle {\tfrac {\left|{\overrightarrow {AD}}\right|}{\left|{\overrightarrow {AE}}\right|}}={\tfrac {\left|k\cdot {\overrightarrow {AB}}\right|}{\left|l\cdot {\overrightarrow {AC}}\right|}}={\tfrac {\left|{\overrightarrow {AB}}\right|}{\left|{\overrightarrow {AC}}\right|}}.}$

Odwrotnie, jeśli ${\displaystyle k=l,}$ czyli ${\displaystyle {\tfrac {\left|{\overrightarrow {AD}}\right|}{\left|{\overrightarrow {AE}}\right|}}={\tfrac {\left|k\cdot {\overrightarrow {AB}}\right|}{\left|k\cdot {\overrightarrow {AC}}\right|}}={\tfrac {\left|{\overrightarrow {AB}}\right|}{\left|{\overrightarrow {AC}}\right|}},}$ to

${\displaystyle {\overrightarrow {DE}}={\overrightarrow {DA}}+{\overrightarrow {AE}}={\overrightarrow {AE}}-{\overrightarrow {AD}}=k\cdot {\overrightarrow {AC}}-k\cdot {\overrightarrow {AB}}=k\cdot \left({\overrightarrow {AC}}-{\overrightarrow {AB}}\right)=k\cdot \left({\overrightarrow {BA}}+{\overrightarrow {AC}}\right)=k\cdot \left({\overrightarrow {BC}}\right)}$

Stąd

${\displaystyle {\overrightarrow {BC}}\parallel {\overrightarrow {DE}}.}$

Dowód Euklidesa

Najstarszy zachowany dowód twierdzenia Talesa zamieszczony jest w VI. księdze Elementów Euklidesa.

Dowód oparty jest na dwóch lematach:

1. Jeśli dwa trójkąty mają równe wysokości, to stosunek ich pól jest równy stosunkowi długości ich podstaw.
2. Jeśli dwa trójkąty mają wspólną podstawę i równe wysokości, to ich pola są równe.

Dowód

Niech ${\displaystyle [ABC]}$ oznacza pole powierzchni trójkąta ${\displaystyle ABC.}$

Trójkąty ${\displaystyle CED}$ i ${\displaystyle EAD}$ mają wspólną wysokość ${\displaystyle h',}$ więc na mocy lematu 1.:

${\displaystyle {\frac {|CE|}{|EA|}}={\frac {[CED]}{[EAD]}}.}$

Dodatkowo trójkąty ${\displaystyle CED}$ i ${\displaystyle BDE}$ mają wspólną podstawę ${\displaystyle ED}$ i równe wysokości ${\displaystyle h,}$ dlatego na mocy lematu 2:

${\displaystyle [CED]=[BDE],}$ stąd ${\displaystyle {\frac {[CED]}{[EAD]}}={\frac {[BDE]}{[EAD]}}.}$

Trójkąty ${\displaystyle BDE}$ i ${\displaystyle EAD}$ mają wspólną wysokość, więc zgodnie z lematem 1:

${\displaystyle {\frac {[BDE]}{[EAD]}}={\frac {|BD|}{|DA|}}.}$

Przyrównując do siebie te równości otrzymuje się

${\displaystyle {\frac {|CE|}{|EA|}}={\frac {[CED]}{[EAD]}}={\frac {[BDE]}{[EAD]}}={\frac {|BD|}{|DA|}},}$

co kończy dowód.

Uwaga

W powyższym rozumowaniu korzysta się z faktu, iż pole trójkąta liczone dla jednego boku jako podstawy i opuszczonej na niego wysokości jest równe polu liczonemu dla innego boku jako podstawy i opuszczonej na ten bok wysokości. Jest to dość silna własność funkcji pola (wyżej korzysta się z niej w drugim zdaniu dowodu), jednak nie jest ona niezbędna do dowiedzenia twierdzenia Talesa i w szkolnej matematyce cicho się ją zakłada. Notabene własność tę można udowodnić właśnie z twierdzenia Talesa. To prowadzi do błędnego koła.

Wniosek

Przy oznaczeniach na rysunku obok.

Jeśli ${\displaystyle BC\parallel DE,\quad A\notin BC,\;a\notin DE,}$

to zachodzi każda z dwóch równości:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|AC|}}={\frac {|DE|}{|BC|}},\quad {\frac {|AD|}{|AB|}}={\frac {|DE|}{|BC|}}.}$

Dwie równości można połączyć w jedną potrójną równość:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|AC|}}={\frac {|AD|}{|AB|}}={\frac {|DE|}{|BC|}}.}$

Zastosowania

Podział odcinka w danym stosunku

Poniższa konstrukcja była podstawą greckiej arytmetyki – pozwalała mnożyć i dzielić odcinki, utożsamiane przez Greków z liczbami.

Zadanie

Dane są dwa odcinki o długościach ${\displaystyle a}$ i ${\displaystyle b.}$ Dany odcinek ${\displaystyle AB}$ podziel w stosunku ${\displaystyle a:b.}$

Rozwiązanie

Z punktu ${\displaystyle A}$ należy poprowadzić dwie niewspółliniowe półproste. Na jednej z nich odkładamy kolejno długości ${\displaystyle a}$ i ${\displaystyle b,}$ a na drugiej odcinek ${\displaystyle AB.}$ Prowadzimy prostą przez punkt leżący w odległości ${\displaystyle a+b}$ na pierwszej półprostej oraz punkt ${\displaystyle B}$ leżący na drugiej, a następnie prostą do niej równoległą przechodzącą przez punkt leżący na drugiej półprostej w odległości ${\displaystyle a}$ od punktu ${\displaystyle A,}$ która wyznacza na prostej ${\displaystyle AB}$ punkt ${\displaystyle P.}$ Punkt ten dzieli odcinek ${\displaystyle AB}$ w stosunku ${\displaystyle a:b,}$ gdyż z twierdzenia Talesa wynika, że ${\displaystyle {\frac {|AP|}{|PB|}}={\frac {a}{b}}.}$

Zobacz też

• twierdzenie van Aubela
• twierdzenie Cevy
• twierdzenie Menelaosa
• twierdzenie Pitagorasa

Przypisy

Linki zewnętrzne

• MediaM. Nauka MediaM., Media Nauka – portal naukowy [online] [dostęp 2017-06-25]  (pol.).