Cuanto más larga es la base, más larga es la hipotenusa

Question

Disculpen si es una pregunta tonta, pero mi geometría de planos está muy oxidada. Cuando releo Respuesta de Jack D'Aurizio a la pregunta " ¿Cómo podemos demostrar que $\pi > 3$ utilizando esta definición "Me preguntaba por qué, visto desde la perspectiva de la geometría plana del bachillerato, el área del hexágono regular de longitud de radio unitaria es menor que el área del disco unitario. Obviamente, esto se deduce si el hexágono regular se encuentra enteramente en el círculo unitario, pero ¿por qué es esto cierto? Lo primero que pensé es que se debe a que la distancia entre el centro del hexágono y cualquier punto de su perímetro es como máximo de $1$ . Dicho de otro modo, esto es una consecuencia de la siguiente afirmación (más fuerte):

• Dado $\bigtriangleup ABC$ si $X$ se encuentra en el segmento de recta $\overline{BC}$ entonces la longitud de $\overline{AX}$ es $\le$ la mayor longitud de $\overline{AB}$ o $\overline{AC}$ .

La afirmación anterior se deduce a su vez de otra afirmación:

• Sea $\overline{AP}$ sea un segmento de recta fijo y $\bigtriangleup APX$ sea un triángulo rectángulo, donde $\overline{AP}\perp\overline{PX}$ . Cuanto más larga sea la base $\overline{PX}$ cuanto más larga sea la hipotenusa $\overline{AX}$ .

Esto se deduce directamente del teorema de Pitágoras. Sin embargo, todas las pruebas del teorema de Pitágoras que yo conocía, como el antigua prueba china o La prueba de Einstein se utiliza la noción de zona . ¿Por qué la demostración de una afirmación sobre la longitud debe incluir el concepto de área?

Ésta es mi pregunta:

• ¿Puede demostrarse la afirmación del segundo punto? en el marco de la geometría plana euclidiana ¿sin utilizar el teorema de Pitágoras ni la noción de área?

Answer 1

Una de las proposiciones útiles de Euclides es que las longitudes de los lados están en el mismo orden que los ángulos opuestos. Es decir, en $\triangle PQR$ tenemos $PQ>PR$ sólo si $\angle R>\angle Q$ . (Esto se deduce del hecho de que un ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos interiores alejados). La mayoría de los estudiantes de hoy en día entienden esto en términos de la ley de los senos, pero es mucho más elemental.

Así que, en tu foto, toma $X'$ entre $B$ y $X$ de modo que $PX'>PX$ . Considere $\triangle AXX'$ . Entonces puedes concluir $AX'>AX$ porque $\angle X>\angle X'$ .

Answer 2

Migración de un comentario a una respuesta, como se solicitó.

---

Demostrar el Teorema de Pitágoras no requiere calcular el área. Supongamos, a efectos de este comentario, que tu $\triangle ABC$ tiene un ángulo recto en $A$ . Entonces $\overline{AP}$ crea triángulos similares, y tenemos

$$\frac{|\overline{PB}|}{|\overline{AB}|}=\frac{|\overline{AB}|}{|\overline{BC}|} \qquad \qquad \frac{|\overline{PC}|}{|\overline{AC}|}=\frac{|\overline{AC}|}{|\overline{BC}|}$$

para que $$|\overline{AB}|^2 + |\overline{AC}|^2 = |\overline{BC}||\overline{PB}|+|\overline{BC}||\overline{PC}|= |\overline{BC}|\;\left(\;|\overline{PB}|+|\overline{PC}|\;\right) = |\overline{BC}|^2$$

Answer 3

Para la respuesta de Ted, estas son las páginas 168 y 198 de Marvin Jay Greenberg, Geometría euclidiana y no euclidiana, 4ª edición. En la tercera edición eran las páginas 121 y 142.

Answer 4

Que se extienda $PX$ y toma punto $X_1$ como $PX_1>PX$ . Entonces es fácil ver que $\angle{AXX_1}$ es obtuso y $AX_1$ es el mayor bando de $\triangle{AXX_1}$

Answer 5

Nota: $$\tan \measuredangle PXA=\frac{AP}{PX}; \\ \sin \measuredangle PXA = \frac{AP}{AX}; \\ 0<\measuredangle PXA<90.$$ En $\measuredangle PXA$ disminuye, tanto $\sin \measuredangle PXA$ y $\tan \measuredangle PXA$ disminuirá, por lo que tanto $PX$ y $AX$ aumentará (ya que $AP$ es fijo).