Pitagorasz-tétel

$a^{2}+b^{2}=c^{2}$

A tétel egyik bizonyítása.

A Pitagorasz-tétel vagy Pitagorasz tétele az euklideszi geometria egyik alapvető állítása. A párhuzamossági posztulátum mellett az euklideszi geometria egyik központi tétele, nem-euklideszi rendszerekben (mint pl. a Minkowski-geometria) nem is feltétlenül érvényes. Felfedezését és első bizonyítását az i. e. 6. században élt matematikusnak és filozófusnak, Püthagorasznak tulajdonítják, pedig indiai, kínai és babilóniai matematikusok már ismerték a tételt jóval Püthagorasz előtt, és a kínaiak bizonyítást is adtak rá.

A tétel

Bármely derékszögű háromszög leghosszabb oldalának (átfogójának) négyzete megegyezik a másik két oldal (a befogók) négyzetösszegével. Tehát: ha egy háromszög derékszögű, akkor a leghosszabb oldalára emelt négyzet területe a másik két oldalra emelt négyzetek területének összegével egyenlő.

A szokásos jelölésekkel (c az átfogó): $a^{2}+b^{2}=c^{2}$.

A Pitagorasz-tétel másik megfogalmazása: Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik az átfogó fölé írt négyzet területével.

A megfordítása is teljesül:

Ha egy háromszögnek meg lehet jelölni úgy, hogy $a$, $b$ és $c$, és $a^{2}+b^{2}=c^{2}$, akkor a háromszög derékszögű, melynek befogói $a$ és $b$, átfogója pedig $c$.

Alkalmazások

Oldalhosszak

A Pitagorasz-tétel közvetlen következményeként adódik, hogy az átfogó hossza a befogók négyzetének összegének a négyzetgyöke:

$c={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$.

Egy-egy befogó is kiszámítható:

${\begin{aligned}a&={\sqrt {c^{2}-b^{2}}}\\b&={\sqrt {c^{2}-a^{2}}}\end{aligned}}$

A derékszögű háromszögben az átfogó a leghosszabb oldal. ez adódik a Pitagorasz-tételből, de abból is, hogy nagyobb oldallal szemben nagyobb szög fekszik, és a derékszögű háromszögben a derékszög a legnagyobb szög. A háromszög szögösszege 180 fok, ebből 90 fok a derékszög, a másik két szögre marad 90 fok, és ennek a két szögnek pozitívnak kell lennie, tehát nem lehetséges egy második derékszög a háromszögben.

Reciprok hosszak

Bizonyítás a háromszögek hasonlóságával: a reciprok Pitagorasz-tétel. Az $ABC$ háromszög $A\triangle {_{1}}$ területe ${\tfrac {cm}{2}}={\tfrac {ab}{2}}$

Közvetlen következményként adódik a reciprok Pitagorasz-tétel:

Ha a befogók hossza $a$ és $b$, és $m$ az átfogóhoz tartozó magasság az $ABC$ derékszögű háromszögben, akkor az ${\frac {1}{a}}$, ${\frac {1}{b}}$ és ${\frac {1}{m}}$ az $ABC$ háromszöghöz hasonló $A'B'C'$ háromszöget határoz meg.

${\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}={\frac {1}{m^{2}}}$.

Az $ABC$ háromszög derékszögűsége miatt területe ${\frac {ab}{2}}={\frac {cm}{2}}$ vagy $c={\frac {ab}{m}}$.

Mindkét oldalt osztva $a^{2}b^{2}$-tel, és $c$ helyére behelyettesítve, hogy ${\frac {ab}{m}}$, a következő ekvivalens átalakításokat kapjuk: $a^{2}+b^{2}=c^{2}\Leftrightarrow {\frac {1}{b^{2}}}+{\frac {1}{a^{2}}}={\frac {c^{2}}{a^{2}b^{2}}}\Leftrightarrow {\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}={\frac {\frac {a^{2}b^{2}}{m^{2}}}{a^{2}b^{2}}}\Leftrightarrow {\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}={\frac {1}{m^{2}}}$

Pitagoraszi hármasok

A legkisebb pitagoraszi számhármas által alkotott derékszögű háromszög

Az $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ egyenletet teljesítő $(a,b,c)$ hármasok közül végtelen sok van, melyekben mindhárom szám egész. Ezeket a hármasokat pitagoraszi számhármasoknak nevezzük. A legkisebb ilyen hármas a $3$, $4$ és $5$.

A nagy Fermat-tétel szerint, ha $n>2$ természetes szám, akkor az $a^{n}+b^{n}=c^{n}$ egyenlet nem oldható meg a pozitív egészek halmazán. Egyszerű megfogalmazása ellenére 300 évig bizonyítatlan maradt; csak 1995-ben bizonyította Andrew John Wiles magasabb matematikai eszközökkel nagyon bonyolult módon.

A nagy Fermat-tétel azért is megdöbbentő eredmény, mivel $n\leq 2$ esetén végtelen sok megoldás van.

Euklidészi távolság

A Pitagorasz-tétel megad egy módszert arra, hogy kiszámoljuk két pont távolságát egy Descartes-féle koordináta-rendszerben. Adva legyenek az $(x_{0},y_{0})$ és $(x_{1},y_{1})$ pontok a koordinátasíkon, ekkor $c$ távolságuk számítható, mint:

$c={\sqrt {(x_{1}-x_{0})^{2}+(y_{1}-y_{0})^{2}}}$

Ez kihasználja, hogy a koordinátatengelyek merőlegesek egymásra. A képlet kiterjeszthető magasabb dimenziókra is, és így adja az euklideszi távolságot. Például három dimenzióban:

$c={\sqrt {(x_{1}-x_{0})^{2}+(y_{1}-y_{0})^{2}+(z_{1}-z_{0})^{2}}}$.

Ez megfelel a pontok által definiált vektor hosszának.

Axiomatizálás

Mivel a tétel csak Euklidész első négy axiomáját használja ki, ezért az ötödik axióma helyettesíthető vele. Ekkor a párhuzamosság egyértelműségét lehet a Pitagorasz-tétellel bizonyítani.

A tétel bizonyításai

A tételnek, mivel központi jelentőségű az euklideszi geometriában, több száz bizonyítása van. Elisha Scott Loomis 1927-ben megjelent könyvében 371 bizonyítást mutat be. A könyv második kiadása 367 bizonyítást listáz. A számbeli eltérés tulajdonítható a következetlen számozásnak, a bizonyítások változatainak, illetve a hibás, körkörösen érvelő bizonyításoknak. Mario Gerwig átdolgozása ezt javítja, ahol is 360 bizonyítás származik Loomis könyvéből, megmutatva, hogy a hibás bizonyításokban hol a hiba.

Itt ezek közül mutatunk be néhányat. A bizonyítások két csoportba sorolhatóak: a geometriai és az algebrai jellegűek közé. A geometriai bizonyítások jellemzően területátalakításokat használnak ki, míg az algebraiak, még ha geometriai megfontolásokból indulnak is ki, kifejezésekkel operálnak.

Geometriai bizonyítások

Hindu bizonyítás

A tétel jelen bizonyítását először Bhászkara hindu matematikus írta le, ezért is nevezik hindu bizonyításnak. A legtöbb igazoláshoz hasonlóan területátalakítást végez el, így geometriai módszernek tekintjük.

A Pitagorasz-tétel szemléletes bizonyítása

A fenti képről leolvasható a tétel bizonyítása. Mindkét nagy négyzet egyenlő területű, tehát ha mindkét oldalon elhagyjuk az azonos területű 4-4 háromszöget, akkor a maradék területének is egyeznie kell. Bal oldalt két, jobb oldalt egy négyzet marad, amelyek területe az egyenlet bal, illetve jobb oldalát adják.

Felhasználtuk, hogy

1. a háromszögek területe egyezik, mivel két oldaluk (a és b) illetve az általuk közbezárt szögek megegyeznek.
2. a jobb oldalon lévő rombusz (minden oldala c) négyzet, mivel minden szöge 90° (180°-(α+β), ahol α, β az ábrán lévő derékszögű háromszögek hegyesszögei), tehát szögei megegyeznek, tehát derékszögek.

Ez a bizonyítás Pitagorasz tételét és nem annak megfordítását bizonyítja.

Arab bizonyítás

A tétel bizonyítása metszéssel

Helyezzük egymás mellé az a és a b oldalú négyzeteket úgy, hogy egy oldaluk egymáson feküdjön, másik oldaluk pedig egy egyenesen legyen (lásd az animált ábrát a jobb oldalon). Így kapjuk az ABGHIF hatszöget. Az AB oldalon vegyük fel a J pontot úgy, hogy FJ=JG=c legyen. Ekkor

$AJF\triangle \equiv BGJ\triangle .$

Ha ezeket a háromszögeket az FI, illetve a GH oldalra másoljuk, kapjuk a JGLF négyzetet. Ennek oldalhossza c.

Az eredeti két négyzet területe tehát egyenlő a mpst kapott négyzetével, ami a tétel állítása. QED

A tétel ilyen módon való bizonyításával (illetve egy ehhez nagyon hasonlóval) Tábit ibn Kurra kéziratában találkozni először, ezért is nevezik arab bizonyításnak. A kiinduló síkidom alakja okán germán nyelvterületen a „Stuhl der Braut“, azaz menyasszony széke néven is ismert.

A bizonyítás előnye, hogy kis helyet igényel, és meglehetős gyorsasággal konkrét esetben meg is szerkeszthető, ezért didaktikai okokból jobb választás lenne a hindu bizonyításnál.

Eukleidész bizonyításai

Eukleidész bizonyítása: a sraffozott háromszögek egybevágók, az azonosan színezett négyszögek területe megegyező

Ezt a bizonyítást Eukleidész Elemek című könyve tartalmazza (47. állítás), ahol is a befogótételből következik. Ezt egybevágó háromszögekkel látja be. Nem használja az arányosságot, melyet az 5. könyvben vezet be, hanem csak az első kötetben használt tételekre épít, és konstruktív természetű.

Legyen $ABC$ derékszögű háromszög, derékszöggel a $C$ csúcsnál. Jelölje $CBLF$ és $ACKD$ a befogókra emelt négyzeteket, és legyen $J$ a $C$-hez tartozó magasság talppontja az $AB$ oldalon. Ekkor $MNJA$ és $NHBJ$ téglalapot alkotnak az $AB$ átfogón, melyek hosszabb oldala, $JN$ hossza megegyezik az $AB$ átfogó hosszával. Ekkor az $AMC$ és $ABD$ a két egyenlő oldal és a közrezárt szög egyenlősége miatt egybevágó. Ez azért van, mivel $\angle MAC=\angle BAC+90^{\circ }=\angle BAD$, $|AD|=|AC|$ és $|AB|=|AM|$. Emellett az $AMC$ háromszög területe fele az $MNJA$ téglalap területének, hiszen az $ABC$ háromszög $AB$ átfogója és a téglalap $AM$ oldala egyenlő hosszú, illetve a $C$-hez tartozó magasság ugyanakkora, mint a téglalap másik oldala. Hasonlóan belátható, hogy az $ABD$ háromszög területe az $ACKD$ négyzet fele. Az $AMC$ háromszög és az $ABD$ háromszög egybevágósága miatt az $ACKD$ négyzet területe megegyezik az $MNJA$ téglalappal. Hasonlóan megmutatható, hogy az $CHB$ és $ABL$ háromszögek egybevágók, és ebből következően az $CBLF$ négyzet területe egyenlő az $NHBJ$ téglalappal. Ezzel bebizonyítottuk a befogótételt.

Innen azonnal következik a Pitagorasz-tétel, mivel az átfogóra emelt négyzet az $MNJA$ és $NHBJ$ téglalapok egyesítése.

A 6. könyvben (31. állítás) Eukleidész még egyszer bebizonyítja a Pitagorasz-tételt. Itt négyzetek helyett hasonló háromszögeket használ, és felhasználja az arányosságot is, melyet csak Knidoszi Eudoxosz bizonyított be. Maga Pitagorasz valószínűleg egyik bizonyítást sem ismerhette, mivel ahhoz fejlettebb geometriára lett volna szüksége. Proklosz kommentárjában a bizonyításokat egyértelműen Eukleidésznek tulajdonítja, és mindkettőt nagyra tartja.

Az 1. könyv 48., utolsó állításaként a Pitagorasz-tétel megfordítását is belátja, ahol megmutatja, hogy az átfogóra emelt négyzet területe és a befogókra emelt négyzetek területének összegének megegyezése esetén a háromszög egyik szöge derékszög.

Az első bizonyítást angol nyelvterületen szélmalomnak (windmill) is nevezik, az ábra segédvonalai miatt. Arthur Schopenhauer az első bizonyítást vette alapul, mint példát az önkényes és kevéssé átlátható eljárásra. Felix Klein válaszában különösen látványosnak nevezte és ezt be is mutatta Elementarmathematik vom höheren Standpunkt című könyvében.

Bizonyítás parkettázással

A teljes sík parkettázható két különböző területű négyzettel. A zöld négyzetek területe $a^{2}$, a sárga négyzetek területe $b^{2}$, és a pirossal keretezett négyzetek területe $c^{2}$.

Mivel egyrészt a zöld és sárga négyzetekkel, másrészt a pirossal keretezett négyzetekkel a teljes sík parkettázható, azért teljesül, hogy $a^{2}+b^{2}=c^{2}$.

Az 1. ábra a befogónégyzetekkel való parkettázást (zöld és sárga négyzetekkel), illetve az átfogónégyzetekkel való parkettázást mutatja meg (pirossal keretezve). A 2. ábrán a parkettázás részlete szerepel, a Pitagorasz-alakzattá kiegészítve.

Algebrai bizonyítások

Bizonyítás befogótétellel

Mivel a befogótételt lehet hasonlósággal is igazolni, ez a bizonyítás nem okoz körkörös érvelést.

A tétel szerint a derékszögű háromszög befogója az átfogó és az átfogóra eső merőleges vetület mértani közepe. Ha az a befogó vetületét x-szel, a b-ét c-x-szel jelöljük (c az átfogó), akkor

$\left.{\begin{aligned}a^{2}&=xc\\b^{2}&=(c-x)c\\\end{aligned}}\right\}\Rightarrow {\underline {a^{2}+b^{2}}}=xc+(c-x)c=xc+c^{2}-xc={\underline {c^{2}}}$

Bizonyítás hasonlósággal

Ähnlichkeit der Dreiecke $ABC$, $BCD$ und $ADC$

Ismeretes, hogy egy síkidom területét valamely hosszúságparamétere négyzetének és egy, a síkidomra jellemző konstansnak a szorzataként lehet kiszámolni. A derékszögű háromszöget a magassága két hasonló háromszögre osztja fel, amik területének összege az eredeti háromszög területével kell egyenlő legyen.

Most válasszuk hosszparaméternek az átfogót, a területkonstans pedig legyen χ. A kis háromszögek átfogói a nagy háromszög befogói, így felírhatjuk a területeket:

${\begin{aligned}T_{1}&=\chi \cdot a^{2}\\T_{2}&=\chi \cdot b^{2}\\T&=\chi \cdot c^{2}\end{aligned}}$.

Mint említettük, a kis háromszögek területösszege a nagy háromszög területe, ezért

${\begin{aligned}T&=T_{1}+T_{2}\\\chi \cdot c^{2}&=\chi \cdot a^{2}+\chi \cdot b^{2}&/:\chi \\c^{2}&=a^{2}+b^{2}\end{aligned}}$

Megjegyzés

• A bizonyítás nem használja ki az oldalakra írt síkidomok "négyzetségét", így sokkal általánosabb, mint a tétel állítása. Innen következményként adódik Hippokratész holdacskáinak a bizonyítása.
• A bizonyítást Einstein is megtalálta iskolai tanulmányai során, ezért sokan Einstein-féle bizonyításnak is nevezik. Valójában azonban már pár száz évvel korábban is ismert volt. Elsőként Euklidész VI. könyvében szerepel egy hasonló, de CLairaut tankönyvében is, mint gyakorlatias bizonyítás találhatjuk meg.

Bizonyítás különbségnégyzettel

Segédábra a különbségnégyzettel történő bizonyításhoz

Egy c oldalhosszúságú négyzet oldalainak belső oldalaira a háromszög megszerkeszthető. Ekkor középen egy a-b oldalhosszúságú négyzetet kapunk. A területekre felírható:

$c^{2}=4T_{\text{hszög}}+T_{\text{négyzet}}=4{\frac {ab}{2}}+(a-b)^{2}=2ab+a^{2}-2ab+b^{2}=a^{2}+b^{2}$

QED

Igazolás összegnégyzettel

Vegyük fel az a+b oldalhosszúságú négyzetet! Ennek oldalaira mérjük fel a háromszöget oly módon, hogy a befogók rendre a négyzet egy-egy oldalára illeszkedjenek. A négyzet területét kétféleképpen is kiszámolhatjuk:

${\begin{aligned}T_{a+b}&=T_{c}+4\cdot T_{\triangle }\\(a+b)^{2}&=c^{2}+4\cdot {\frac {ab}{2}}\\a^{2}+2ab+b^{2}&=c^{2}+2ab&&\left/-2ab\right.\\a^{2}+b^{2}&=c^{2}\end{aligned}}$

QED

Belátás vektorokkal

Vektoros bizonyítás

Legyen $ABC$ derékszögű háromszög, és derékszöge a C csúcsnál. Meghatározzuk az ${\vec {a}},{\vec {b}},{\vec {c}}$ vektorokat úgy, mint ${\vec {c}}={\vec {a}}+{\vec {b}}$. A skalárszorzat számolási szabályaival az átfogóra emelt négyzetre

$|{\vec {c}}|^{2}=|{\vec {a}}+{\vec {b}}|^{2}=({\vec {a}}+{\vec {b}})\cdot ({\vec {a}}+{\vec {b}})={\vec {a}}\cdot {\vec {a}}+2{\vec {a}}\cdot {\vec {b}}+{\vec {b}}\cdot {\vec {b}}$.

Mivel feltevésünk szerint ${\vec {a}}$ és ${\vec {b}}$ merőlegesek, azért ${\vec {a}}\cdot {\vec {b}}=0$, továbbá

$|{\vec {c}}|^{2}={\vec {a}}\cdot {\vec {a}}+{\vec {b}}\cdot {\vec {b}}=|{\vec {a}}|^{2}+|{\vec {b}}|^{2}\quad$ illetve $\quad c^{2}=a^{2}+b^{2}\quad$, ahol $|{\vec {a}}|=a,\ |{\vec {b}}|=b,\ |{\vec {c}}|=c$.

A tétel megfordítása

(nem azonos magával a Pitagorasz-tétellel):

Ha egy háromszög két oldalhosszának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal hosszának négyzetével, akkor a háromszög derékszögű.

Ugyanez más megfogalmazásban:

Ha a, b és c pozitív számokra igaz, hogy $a^{2}+b^{2}=c^{2}$, akkor van olyan háromszög, amelynek ekkorák az oldalai, és a háromszög derékszögű (c az átfogó).

Az alábbiak akkor igazak, ha a szabály szerint, c-vel jelöljük az átfogót.

A megfordítással az oldalak hosszának ismeretében eldönthető, hogy a háromszög derékszögű-e:

• Ha az oldalak hossza $3$, $4$ és $5$, akkor $3^{2}+4^{2}=9+16=25=5^{2}$, tehát a háromszög derékszögű.
• Ha az oldalhosszak $4$, $5$ és $6$, akkor $4^{2}+5^{2}=16+25=41\neq 6^{2}$, a háromszög derékszögű.

Elég a rövidebb oldalak négyzeteit összeadni és a leghosszabb oldal négyzetét venni, mivel a derékszögű háromszögben az átfogó a leghosszabb oldal.

A megfordítás bizonyítása

A megfordítás bizonyítása
Balra: az eredeti háromszög, melyre teljesül $c^{2}=a^{2}+b^{2}$
Jobbra: Az $a$ és $b$ befogójú derékszögű háromszög

Tegyük fel, hogy az abc háromszög nem derékszögű, de a²+b²=c². Ekkor az a és b oldalakhoz létezik olyan c-től különböző c' oldal, hogy abc' derékszögű háromszög, amire tétel miatt igaz, hogy a²+b²=c'² , ugyanakkor c≠c'. A c≠c' egyenlet mindkét oldalán elvégezve a behelyettesítést, azt kapjuk, hogy a²+b² ≠ a²+b², ami lehetetlen. Ellentmondásra jutottunk, tehát feltevésünk ellenkezője igaz: a háromszög derékszögű.

A Pitagorasz-tétel megfordítása bizonyítható a Pitagorasz-tétel felhasználásával. Legyen $a,b,c$ egy olyan háromszög oldalai, melyre teljesül, hogy $c^{2}=a^{2}+b^{2}$. Ehhez szerkesztünk egy derékszögű háromszöget, $a$ és $b$ befogókkal. A Pitagorasz-tétel miatt ${\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$ egyenlő az eredeti háromszög $c$ oldalával. Ezzel beláttuk, hogy a két háromszög oldalainak hossza rendre megegyezik, tehát az új háromszög egybevágó a régivel, így a szögek is megegyeznek, tehát az eredeti háromszög is derékszögű.

Általánosítások

• A Pitagorasz-tétel fontos általánosítása a Tabit-tétel, ami az arab ibn Tabit nevéhez fűződik, és átvezet a tétel másik fontos általánosítása, a koszinusztétel felé.
• Érdekes folyománya a Pitagorasz-tétel a Ptolemaiosz-tételnek: A húrnégyszög átlóinak szorzata megegyezik a szemközti oldalak szorzatainak összegével, azaz $ef=ac+bd$. Ha az átlók egyenlők egymással, és a szemköztes oldalak is egyenlők, azaz $e=f$, $a=c$ és $b=d$, akkor a húrnégyszögből téglalap lesz, és a Ptolemaiosz-tétel pontosan a Pitagorasz-tétel formáját veszi fel.

Koszinusztétel

A koszinusztétel a Pitagorasz-tétel általánosítása tetszőleges háromszögre:

$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cdot \cos \gamma$,

ahol $\gamma$ az $a$ és $b$ által közrezárt szög. A koszinusztételben a korrekciós tag $-2ab\cdot \cos \gamma$. Mivel $90^{\circ }$ koszinusza nulla, derékszögű háromszögben a korrekciós tag eltűnik, és adódik a Pitagorasz-tétel speciális esetként. Megfordítva, ha egy háromszögben

$c^{2}=a^{2}+b^{2}$,

akkor $-2ab\cdot \cos \gamma =0$, amiből $\gamma =90^{\circ }$ következik, tehát a háromszög derékszögű. Ugyan a trigonometrikus egyenletek megoldása periodikus, de a többi megoldás túl kicsi vagy túl nagy egy háromszög szögei számára. Hegyesszögű háromszögben

$c^{2}<a^{2}+b^{2}$

és tompaszögű háromszögben

$c^{2}>a^{2}+b^{2}$.

Tabit-tétel

Tabit ibn Qurra általánosítása:
Az egyformán színezett téglaslapok területe ugyanakkora,
az egyforma színű szögek nagysága megegyezik,
${\begin{aligned}&\triangle ABC\sim \triangle AEC\sim \triangle FBC\\\Rightarrow \,&a^{2}=rc,\,b^{2}=sc\\\Rightarrow \,&a^{2}+b^{2}=c(r+s)\end{aligned}}$

A Tabit-tétel kapcsolatot állít fel egy háromszög két oldalára emelt négyzetek területe és a harmadik oldalára emelt téglalap között, melynek területe megegyezik a négyzetek összegével.

Legyen $\triangle ABC$ tetszőleges háromszög az $a,b,c$ oldalakkal, és a $C$ csúcsnál a $\gamma$ szöggel, és megjelölve a $CD$-hez tartozó magassággal. Ehhez a háromszöghöz szerkesztünk egy $CFE$ egyenlő szárú háromszöget a $c$ alappal és a $CD$ magassággal. Ha $\gamma$ hegyesszög, akkor az alapon fekvő szögek nagysága megegyezik $\gamma$-val. Ha $\gamma$ tompaszög, akkor az alapon fekvő szögek nagysága $180^{\circ }-\gamma$. Ha a$\gamma$ hegyesszög, akkor jelölje $E$ az egyenlő szárú háromszögnek azt a csúcsát, ami a $CD$ $B$-vel megegyező oldalán fekszik, és az $A$-val egyező oldalon levő kapja az $F$ betűjelet. Ha $\gamma$ tompaszög, akkor a betűzés fordítva legyen. Ha $\gamma =90^{\circ }$, akkor az $E$ és $F$ pontok egybeesnek a $D$ ponttal. Vezessük be a következő definíciókat: $r=|AE|$ és $s=|BF|$; ekkor

$c(r+s)=a^{2}+b^{2}$

$\gamma =90^{\circ }$ esetén $c=r+s$, és a fenti tétel átmegy a Pitagorasz-tételbe.

A tétel állítása a Pitagorasz-tételhez hasonlóan bizonyítható hasonló háromszögekkel, mivel az $\triangle ABC$, $\triangle AEC$ és $\triangle FBC$ háromszögek hasonlóak.

Mivel

$2ab\cos(\gamma )=a^{2}+b^{2}-c^{2}=c(r+s)-c^{2}=c(r+s-c)$

azért Qurras az általánosítás keretében geometriailag ábrázolja a koszinusztétel korrekciós tagját, hogyha a téglalapot a $c$ oldalra emeli, az arra az oldalra emelt négyzettel együtt.

Papposz területtétele

Sötétszürke területek összege = világosszürke terület
$|ABDE|+|ACFG|=|BCLM|$

Egy további általánosítás Papposz területtétele. Itt egy tetszőleges háromszög oldalaira emelt paralelogrammákról van szó, melyek közül kettő meghatározza a harmadikat. melynek területe megegyezik a két másik paralelogramma területének összegével. Ha mindkét paralelogramma négyzet, és a háromszög derékszögű, akkor a harmadik oldalon négyzetet kapunk, így visszajutunk a Pitagorasz-tételhez.

A harmadik oldalon a paralelogrammát úgy kapjuk, hogy meghosszabbítjuk az eredeti paralelogrammáknak azt az oldalát, amely párhuzamos a háromszög oldalával, de nem egyezik meg vele. Vesszük ezek metszéspontját, ezt összekötjük a háromszögnek azzal a csúcsával, ahol a két paralelogramma találkozik, egészen addig, amíg el nem éri a háromszög harmadik csúcsát. Ez adja meg a harmadik paralelogramma adatait.

Érdekességek

• A geometria által vizsgált euklideszi tér leggyakoribb modellje a valós számhármasok tere, a geometria e modellre épülő felépítésében a Pitagorasz-tétel axiómaként (pontosabban, az euklideszi metrika definíciójaként) része a geometria alapvetésének.
• Történeti és didaktikai kiegészítés: Püthagorasz valószínűleg az átfogóra emelt négyzetekre vonatkozó egyenlőségként mondta ki a tételt, és talán tőle került bele ilyen formájában az Elemekbe. Tehát a görögök úgy gondolták, a Pitagorasz-tétel elsősorban területek egyenlőségét mondja ki. A hagyományos iskolai anyagban azonban egész más formájában, mint az oldalak hosszúságának négyzetére vonatkozó tétel szerepel, de bizonyítását mégis az itt közölt egyszerű átdarabolásos bizonyításhoz hasonló ún. „hindu bizonyítás” formájában szokás elvégezni. Ez a szó szoros értelmében, matematikailag nem helytelen, de mindenesetre sok kérdést vet fel, és szoros kapcsolatban van a szakaszok összemérhetetlenségének elméletével.
• A görögök közül tényleg sokan elhitték, hogy Püthagorasz fedezte fel az illető tételt. Egyik történetírójuk szerint amikor felfedezte, örömében száz ökröt áldozott az isteneknek. Ez azonban nagyon valószínűtlen – amint az már Cicerónak is szemet szúrt – mivel a püthagoreusok nemcsak a lélekvándorlásban hittek, hanem, akárcsak a hinduk és buddhisták, abban is, hogy a halál után az emberi lélek állatokba is költözhet, ezért tartózkodtak az állatok öldöklésétől.
• A Pitagorasz-tételnek sokféle bizonyítása ismeretes, egy angol nyelvű honlap például több mint százhúsz bizonyítást sorol fel, de az ismert bizonyítások száma a háromszázat is elérheti. Persze az elemi matematikában mindig kérdés, hogy egy adott bizonyítás mire alapoz, például nem olyan állításokra-e, melyek közt már ott van maga a Pitagorasz-tétel is (ami a tétel igen fontos szerepe miatt, mivel szinte „mindenben ott van”, nem zárható ki).

További információk

• Pitagorasz tétele a Wolfram Demonstrációk között
• Püthagorasz sötét oldala, YOUPROOF
• Wie weit ist es bis zum Horizont