Twierdzenie Talesa

Twierdzenie Talesa – jedno z podstawowych twierdzeń geometrii euklidesowej, tradycja przypisuje jego sformułowanie Talesowi z Miletu. Jest też ważnym twierdzeniem geometrii afinicznej.

Twierdzenie

Proste równoległe przecinają ramiona kąta

Proste równoległe przecinają ramiona kątów wierzchołkowych

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.

Przy oznaczeniach na rysunku obok.

Jeśli $BC\parallel DE,\quad A\notin BC,\;A\notin DE,$

to zachodzi każda z trzech równości:

${\frac {|AE|}{|EC|}}={\frac {|AD|}{|DB|}},\quad {\frac {|AE|}{|AC|}}={\frac {|AD|}{|AB|}},\quad {\frac {|AC|}{|EC|}}={\frac {|AB|}{|DB|}}$.

Trzy równości można połączyć w jedną potrójną równość:

${\frac {|AD|}{|AE|}}={\frac {|DB|}{|EC|}}={\frac {|AB|}{|AC|}}$

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 $a,b,$ to odpowiednie odcinki wyznaczone przez tę wiązkę na prostej $a$ są proporcjonalne do odpowiednich odcinków wyznaczonych przez tę wiązkę na prostej $b.$

lub jeszcze ogólniej

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

Twierdzenie odwrotne

Zachodzi również następujące odwrotne twierdzenie.

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

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

to $BC\parallel DE,$ tzn. proste $BC,DE$ są równoległe.

Uwaga

Gdyby warunek w założeniu zastąpić np. następującym:

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

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

punkt $D$ leży między punktami $A,B;$ punkt $E$ leży między punktami $A,C.$

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 ${\frac {|AD|}{|DB|}}={\frac {|AE|}{|EC|}}=1,$ 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 ${\overrightarrow {AB}},\;{\overrightarrow {AC}}$ będą liniowo niezależne i niech dla pewnych $k,l\neq 0\;\;\;D=A+k\cdot {\overrightarrow {AB}},\;\;E=A+l\cdot {\overrightarrow {AC}},$ tzn. ${\overrightarrow {AD}}=k\cdot {\overrightarrow {AB}},\;{\overrightarrow {AE}}=l\cdot {\overrightarrow {AC}}.$

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

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

Przyrównując skrajne wyrażenia, redukując i porządkując:

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

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

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

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

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

Stąd

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

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 $[ABC]$ oznacza pole powierzchni trójkąta $ABC.$

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

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

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

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

Trójkąty $BDE$ i $EAD$ mają wspólną wysokość, więc zgodnie z lematem 1:

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

Przyrównując do siebie te równości otrzymuje się

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

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

proste równoległe przecinają ramiona kąta

Przy oznaczeniach na rysunku obok.

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

to zachodzi każda z dwóch równości:

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

Dwie równości można połączyć w jedną potrójną równość:

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

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 $a$ i $b.$ Dany odcinek $AB$ podziel w stosunku $a:b.$

Rozwiązanie

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

Zobacz też

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

Linki zewnętrzne

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