$~C=90^{\circ}~,~b > a~$の直角三角形$~ABC~$において、$~C~$から$~AB~$に垂線$~CD=h_1~$を下ろす。
また、その$~D~$から$~AC~$に垂線$~DE=a_1~$を下ろし、$~CE=b_1~$とする。
＜図１＞ 無限等比級数による証明１
このとき、各三角形は二角相等より、相似の関係となっている。
$~\triangle DCE~$∽$~\triangle ABC~$より、
\begin{align*}
h_1 : c &= b_1 : a \\
b_1 c&=ah_1 \\
b_1&=\frac{a}{c}h_1~~~ \cdots ①
\end{align*}である。
また、$~\triangle ABC~$において、底辺を$~c~$としたときの高さが$~h_1~$なので、面積の関係から
\begin{align*}
\frac{1}{2}ch_1&=\frac{1}{2}ab \\
\\
h_1&=\frac{c}{a}b ~~~\cdots ②
\end{align*}がわかる。
$②$を$①$に代入することで、
\begin{align*}
b_1&=\frac{a}{c}\cdot \frac{a}{c}b \\
\\
&=\frac{a^2}{c^2}b ~~~~\cdots ③
\end{align*}が求まる。
＜図２＞ 無限等比級数による証明２
次に、$~\triangle DCE~$∽$~\triangle CBD~$より、
\begin{align*}
h_1 : a &= a_1 : h_1 \\
a a_1 &=h_1^2 \\
a_1&=\frac{1}{a}h_1^2
\end{align*}で、ここに$②$を代入することで、
\begin{align*}
a_1&=\frac{1}{a}\cdot \frac{a^2}{c^2}b^2 \\
\\
&=\frac{b^2}{c^2}a ~~~~\cdots ④
\end{align*}が求まる。
今度は、$~E=90^{\circ}~$の直角三角形$~ADE~$に注目する。
$~E~$から$~AD~$に垂線$~EF=h_2~$を下ろす。
また、その$~F~$から$~AE~$に垂線$~FG=a_2~$を下ろし、$~EG=b_2~$とする。
＜図３＞ 無限等比級数による証明３
このとき、
\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}~~~~\cdots ⑤であると同時に、$④$の導出と同様の流れで、以下の式も求まる。
a_2=\frac{AE^2}{AD^2}a_1~~~~\cdots ⑥$⑤$を$⑥$に代入して、
a_2=\frac{b^2}{c^2}a_1 \cdots ⑦が成り立つ。
＜図４＞ 無限等比級数による証明４
また、$~\triangle FEG~$∽$~\triangle DCE~$より、
\begin{align*}
a_2 : a_1 &= b_2 : b_1 \\
a_1 b_2 &=a_2b_1 \\
b_2&=\frac{1}{a_1}a_2b_1
\end{align*}であり、ここに$⑦$を代入することで、
\begin{align*}
b_2&=\frac{1}{a_1}\cdot \frac{b^2}{c^2}a_1 \cdot b_1 \\
\\
&=\frac{b^2}{c^2}b_1 ~~~~\cdots ⑧
\end{align*}が求まる。
ここまでの作業を繰り返し行い、$~\triangle ABC~$を細かくしていくと、次のような図になる。
＜図５＞ 無限等比級数による証明５
このとき、$~b_3~,~b_4~$についても、$⑧$と同じように考えると、
\begin{align*}
b_3&=\frac{b^2}{c^2}b_2=\left( \frac{b}{c} \right)^4 b_1 \\
\\
b_4&=\frac{b^2}{c^2}b_3=\left( \frac{b}{c} \right)^6 b_1
\end{align*}と求まる。
すなわち、
b_n=\left( \frac{b}{c} \right)^{2n-2} b_1であり、図５より$~b~$は以下のように表せる。
\begin{align*}
b&=b_1+b_2+b_3+b_4+\cdots \\
\\
&=b_1+\left( \frac{b}{c} \right)^2 b_1+\left( \frac{b}{c} \right)^4 b_1+\left( \frac{b}{c} \right)^6 b_1+\cdots \\
\\
&=b_1 \left\{ 1+\left( \frac{b}{c} \right)^2 +\left( \frac{b}{c} \right)^4 +\left( \frac{b}{c} \right)^6 +\cdots\right\}
\end{align*} ここで、中かっこの中の式は、初項$~1~$、公比$~\displaystyle 0 < \left( \frac{b}{c} \right)^2 < 1~$の無限等比級数であるため、
\begin{align*}b&=b_1 \cdot \frac{1}{1-\frac{b^2}{c^2}} \\
\\
&=b_1 \cdot \frac{c^2}{c^2-b^2}
\end{align*}となり、$③$をこの式に代入することで、
\begin{align*} b&=\frac{a^2}{c^2}b \cdot \frac{c^2}{c^2-b^2} \\
\\ 1&=\frac{a^2}{c^2-b^2} \\
\\ c^2-b^2&=a^2 \\
\\ c^2&=a^2+b^2
\end{align*}となるため、三平方の定理は示された。■
コメント
コメント一覧 （3件）
突然のコメントにもかかわらず、
丁寧にご返信をありがとうございます。
参考文献も勉強になりそうです。
偶然たどり着いたFukusukeさんのHPでしたが、
様々なテーマをとても分かりやすく興味深くご紹介されており、
勉強になるとともに、純粋に楽しく拝見させていただいています。
楽しみが一つ増えました。
これからもよろしくお願いいたします。
はじめまして。
等比級数の和による三平方の定理の証明、面白いですね。
実は偶然、その逆、三平方の定理による等比級数の和の導出を見つけました。
同じようなものがないか検索して、このページにたどり着いた次第です。
等比級数の和と三平方の定理について、必要十分の関係が示されたように見えますが、
一部問題もあり、ネットに投稿してアドバイスを求めています。
http://suseum.jp/gq/question/3127
その際に、このページのURLを参考として掲載させていただきました。
どうぞよろしくお願いいたします。
引用＆コメントありがとうございます。
無限が絡んでくるので、必要十分の関係を示すの難しそうですね。
三平方の定理については、参考文献にも書きましたが、下記のサイトにいろいろな証明が載っています。
https://www.cut-the-knot.org/pythagoras/index.shtml
ヒントが見つかれば幸いです。