Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VĂN THỊ THU HÀ

MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VĂN THỊ THU HÀ

MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTHAGORAS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG

Thái Nguyên - 2017

3

Mục lục

Mở đầu

4

Chương 1. Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras

6

1.1

1.2

Các chứng minh đầu tiên của định lý Pythagoras . . . . . . . . . . .

6

1.1.1

Người Ả rập và người Trung Quốc . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.2

Các chứng minh của Pythagoras . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.3

Chứng minh định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở của
Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.4

Ghép hình vuông của Lưu Huy và Archimedus . . . . . . .

10

1.1.5

Biến đổi ghế cô dâu của Kurrah . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.1.6

Chứng minh của Bhaskara . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Một số chứng minh hình học khác . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

Chương 2. Các chứng minh đại số và lượng giác của định lý Pythagoras

37

2.1

Các chứng minh đại số của định lý Pythagoras . . . . . . . . . . . .

37

2.2

Các chứng minh lượng giác của định lý Pythagoras . . . . . . . . .

59

Chương 3. Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác 63
3.1

Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý dây cung gãy . . . . . . .

63

3.2

Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý Bottema . . . . . . . . .

65

3.3

Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý những tấm thảm . . . . .

67

3.4

Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác . . .

70

Kết luận

77

Tài liệu tham khảo

78


4

Mở đầu
Định lý Pythagoras và ứng dụng của nó rất quen thuộc trong chương trình toán
phổ thông. Nhiều kiến thức toán học hiện đại (chuẩn, không gian định chuẩn, tính
chất vuông góc,. . . ) được phát triển từ định lý Pythagoras. Định lý Pythagoras là
một trong những định lý toán học thể hiện qui luật cơ bản của thế giới tự nhiên, có
nhiều chứng minh nhất và liên quan đến nhiều kiến thức toán khác.
Một số tài liệu Tiếng Việt đã giới thiệu về định lý Pythagoras. Thí dụ, trong [1]

đã giới thiệu 15 cách chứng minh định lý Pytagoras bằng cách ghép hình. Tuy nhiên,
còn rất nhiều chứng minh định lý Pythagoras và các vấn đề liên quan chưa được đề
cập trong các tài liệu Tiếng Việt.
Theo hiểu biết của chúng tôi, chưa có một luận văn Thạc sĩ nào trình bày về định
lý Pythagoras. Cũng chưa có một cuốn sách Tiếng Việt nào viết chuyên sâu về định
lý Pythagoras.
Luận văn Một số chứng minh định lý Pythagoras có mục đích trình bày hơn 60
(trong số khoảng 400) cách chứng minh khác nhau của định lý Pythagoras. Luận
văn gồm Mở đầu, ba chương, kết luận và tài liệu tham khảo. Cụ thể các chương như
sau:
• Chương 1. Các chứng minh hình học của định lý Pythagoras
• Chương 2. Các chứng minh đại số và lượng giác của định lý Pythagoras
• Chương 3. Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định lý hình học khác
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Tạ Duy
Phượng (Viện Toán học - Viện Hàn lâm Khoa học & Công nghệ Việt Nam). Đặc
biệt Thầy đã cung cấp nhiều tài liệu và biên tập kĩ luận văn. Em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới Thầy.


5
Tôi xin được cảm ơn Khoa Toán-Tin, Khoa Sau Đại học, Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên và Trường Trung học cơ sở Lương Khánh Thiện, Kiến
An, Hải Phòng và bạn bè, người thân, đồng nghiệp đã tạo điều kiện, động viên và
cổ vũ tôi thực hiện kế hoạch học tập.

Thái Nguyên, ngày 13 tháng 5 năm 2017
Tác giả

Văn Thị Thu Hà

6

Chương 1

Các chứng minh hình học của
định lý Pythagoras
1.1
1.1.1

Các chứng minh đầu tiên của định lý Pythagoras
Người Ả rập và người Trung Quốc

Phát biểu của định lý Pythagoras được tìm thấy trong các bảng đất sét của người
Babylon (1900-1600 trước Công nguyên), xem Hình 1.1.

Hình 1.1. Bảng đất sét của người Babylon

Euclid (300 năm trước Công nguyên) là người đầu tiên phát biểu và chứng minh
định lý đảo của định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở của Ông.
Người Ấn Độ (thế kỉ 8-thế kỉ 5 trước Công nguyên) và người Trung Quốc cũng
đã biết đến định lý Pythagoras từ rất sớm. Cuốn sách Chu bễ toán kinh được coi
là từ thời nhà Chu (1046-771 trước Công nguyên) đã nhắc tới tam giác (3, 4, 5) và
áp dụng phép câu cổ (câu, cổ: cạnh góc vuông) trong đo đạc. Phép câu cổ (định
lý Pythagoras) được nghiên cứu sâu trong các tác phẩm tiếp theo như Cửu chương


7
toán thuật (được coi là của Trần Sanh (khoảng năm 152 trước Công nguyên) và được
Lưu Huy (thế kỉ III) và Tổ Xung Chi (thế kỉ V) bổ sung. Hình 1.2 là hình trong Cửu

chương toán thuật.

Hình 1.2. Một hình ảnh trong sách Cửu chương toán thuật

1.1.2

Các chứng minh của Pythagoras

Chứng minh 1 (Pythagoras, xem [6], trang 29-30). Cách chứng minh này sử dụng
sự phân chia khác nhau hai hình vuông giống nhau có diện tích bằng nhau.

Hình 1.3. Chứng minh của Pythagoras - Chứng minh 1

Hình vuông (A) được chia thành hình vuông to (1) và bốn hình tam giác nhỏ
ab
màu xám đậm bằng nhau (mỗi hình có diện tích S = ).
2
Hình vuông (B) được chia thành hai hình vuông (2), (3) và bốn hình tam giác
nhỏ màu xám nhạt bằng nhau và bằng các hình tam giác màu xám đậm (cũng có
ab
diện tích S = ).
2


8
Kí hiệu [X] là diện tích hình X. Ta có

 [A] = [1] + 4S
⇒ [1] = [2] + [3] ⇒ c2 = a2 + b2 .
 [B] = [2] + [3] + 4S

Chứng minh 2 (Pythagoras, xem [6], trang 29-30). Hình A được chia thành hình
ab
vuông cạnh c và ba hình tam giác nhỏ bằng nhau có diện tích S = .
2

Hình 1.4. Chứng minh của Pythagoras - Chứng minh 2
Hình B được chia thành hai hình vuông có cạnh lần lượt là a, b và ba hình tam
ab
giác nhỏ có diện tích S = .
2
Từ đây ta có, diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích hai hình vuông
cạnh a và b hay c2 = a2 + b2 .

1.1.3

Chứng minh định lý Pythagoras trong cuốn sách Cơ sở
của Euclid

Euclid (330-275 trước Công nguyên) trong cuốn sách Cơ sở nổi tiếng đã trình
bày nhiều cách chứng minh định lý Pythagoras và định lý Pythagoras đảo.
Chứng minh 3 (Euclid, xem [5], trang 32-45, xem [6], trang 36-41). Xét ∆DJI và
∆AJG có
IJ = JG,

DJI = AJG,

JD = JA

nên
∆DJI = ∆AJG (c.g.c).

(1.1)


9

Hình 1.5. Cối xay gió của Euclid

Ta có
IJ.d(D; IJ) IJ.JG SIJGH
=
=
⇒ SIJGH = 2S∆IJD ,
2
2
2
JA.d(G; JA) JA.BA SABKJ
=
=
⇒ SABKJ = 2S∆GJA .
S∆GJA =
2
2
2
S∆IJD =

(1.2)
(1.3)

Từ (1.1), (1.2) và (1.3) suy ra SHGJI = SKBAJ .

Tương tự ta có SGDEF = SBCDK . Do đó
SHGJI + SGDFE = SKBAJ + SBCDK = SACDJ .
Suy ra JG2 + GD2 = JD2 , hay a2 + b2 = c2 .
Chứng minh 4 (Euclid, xem [6], trang 42-44). Giả sử một tam giác có độ dài ba
cạnh thỏa mãn a2 + b2 = c2 .

Hình 1.6. Chứng minh định lý Pythagoras đảo của Euclid


10
Ta tạo một đoạn thẳng vuông góc với cạnh a và có độ dài b = b. Dựng tam giác
vuông với hai cạnh a và b . Khi đó cạnh huyền x sẽ có độ dài x2 = a2 + b2 = c2 . Do
đó x = c. Như vậy tam giác mới tạo sẽ bằng tam giác ban đầu theo cạnh-cạnh-cạnh;
có nghĩa là góc γ của tam giác ban đầu có giá trị bằng góc 90◦ của tam giác mới.
Định lý Pythagoras ngược đã được chứng minh.

Hình 1.7. Chứng minh định lý Pythagoras đảo của Euclid

Chứng minh định lý Pythagoras đảo trên đây là một cách chứng minh đặc biệt
hiếm gặp: Thông thường với lối chứng minh đảo ta dễ rơi vào ngộ nhận nhưng ở
cách chứng minh này, lời giải được đưa ra một cách tự nhiên và hợp lí, nhanh chóng
đưa đến kết quả. Đồng thời, thay đổi cách nhìn của người đọc về lối chứng minh
đảo: không hề khó mà lại rất thú vị khi chúng ta nhìn nhận đúng vấn đề cần chứng
minh.

1.1.4

Ghép hình vuông của Lưu Huy và Archimedus

Chứng minh 5 (Lưu Huy, khoảng năm 275 TCN).

Chứng minh của Lưu Huy thuộc loại chứng minh bằng xếp hình. Hai hình vuông
nhỏ có thể được chia ra để xếp vào hình vuông lớn hơn.
Vậy Lưu Huy đã nghĩ như thế nào để đưa đến ý tưởng xếp hình này? Tại sao ông
lại sử dụng hai tam giác có góc tù với các cạnh không bằng nhau? Thêm nữa, tại
sao Lưu Huy lại chia ba hình vuông thành 14 mảnh thay vì 20 mảnh? Câu trả lời có
lẽ bắt nguồn từ Archimedes (287 - 212 trước Công nguyên), một trong ba nhà toán
học vĩ đại nhất của Hy Lạp cổ đại.
Trò chơi Stomachion còn được biết đến với cái tên hình vuông của Archimedes.
Trong trò chơi này, một lưới hình vuông 12 × 12 được cắt thành 14 mảnh đa giác


11

Hình 1.8. Các hình vuông nhỏ được chia thành các mảnh và xếp vào trong hình
vuông lớn

trong đó mỗi mảnh có một diện tích nguyên dương. Mỗi mảnh được đánh hai số. Số
thứ nhất là số thứ tự của mảnh và số thứ hai là diện tích của nó (Hình 1.9). Người
chơi có thể dùng các mảnh để tạo thành các hình thù khác nhau, hoặc thử xếp lại
hình vuông từ các mảnh đã được xáo trộn. Có nhiều khả năng bài toán Stomachion
đã theo con đường tơ lụa đến với Lưu Huy và gợi ý cho chứng minh của ông.

Hình 1.9. Trò chơi Stomachion

Phương pháp của Lưu Huy là một phương pháp rất đặc biệt với việc sử dụng
tam giác tù. Thông thường các cách chứng minh định lý Pythagoras hay sử dụng
tam giác vuông, bởi việc tận dụng các tam giác vuông khi cắt ghép hình sẽ dễ dàng
hơn trong việc xây dựng nên một hình vuông mới. Tuy vậy, Lưu Huy đã khéo léo
sử dụng chúng để xây dựng lên công thức cần chứng minh. Đây là một hướng đi rất

12
độc đáo để chứng minh định lý.

1.1.5

Biến đổi ghế cô dâu của Kurrah

Chứng minh 6 (Kurrah, 836 - 901, xem [6], trang 49-52). Kurrah (836-901) đã
chứng minh định lý Pythagoras bằng cách biến đổi hình vuông, có tên là biến đổi
ghế cô dâu (transforms the bride’s chair), như trong Hình 1.10.

Hình 1.10. Chiếc ghế của cô dâu

Quá trình tiến hành chứng minh này tương đối đơn giản nhưng thể hiện hiểu biết sâu
sắc của Kurrah về cấu trúc hình học Pythagoras căn bản (hình bên trái). Bốn mảnh
của cấu trúc cơ bản này được tháo rời ra và sắp xếp lại như trong hình bên phải. Đặt
hai hình vuông nhỏ cạnh nhau sẽ tạo thành một hình mới được gọi là “chiếc ghế của
cô dâu”.
Sau khi sắp đặt như vậy, một bài toán xếp hình đã xuất hiện - hai hình vuông
nhỏ cần được xếp vào một hình vuông lớn. Ông đã giải quyết vấn đề này bằng việc
cắt hình sau đó sử dụng phép biến hình. Ý tưởng của ông được biểu diễn trong Hình
1.11.
Kurrah đã dùng hình tam giác vuông ban đầu để cắt hai miếng ra từ hình chiếc ghế.
Sau đó, bằng một loạt phép quay nối tiếp nhau, hai hình vuông nhỏ có thể được xếp
vào trong hình vuông lớn (Hình 1.12).
Trong phương pháp này, phép biến hình, đặc biệt là phép quay đã được tận dụng triệt
để. Kurrah đã sử dụng tam giác vuông được tạo lên từ ba cạnh của ba hình vuông
làm ‘khuôn’ cắt hình, từ đó xây dựng lên hình vuông mới. Cách chứng minh đơn

13

Hình 1.11. Xếp chiếc ghế tân nương vào hình vuông lớn

Hình 1.12. Các phép quay 90◦ độ nối tiếp nhau (P là kí hiệu trục quay cố định)

giản này đã khẳng định óc quan sát và khả năng vận dụng cấu trúc hình học của
ông.
Chứng minh 7 (Kurrah, 836 - 901, xem [4], Proof 24). Chứng minh này là biến thể
của Chứng minh 6.
Xét Hình 1.13, ta có ∆ABC, ∆FLC, ∆FMC, ∆BED, ∆BED, ∆AGH, ∆FGE đều bằng
nhau. Mặt khác, ta có
SABDFH = AC2 + BC2 + S∆ABC + S∆FMC + S∆FLC ,
SABDFH = AB2 + S∆BED + S∆FGE + S∆AGH .
Suy ra
AC2 + BC2 + S∆ABC + S∆FMC + S∆FLC = AB2 + S∆BED + S∆FGE + S∆AGH .


14

Hình 1.13. Chứng minh thứ hai của Ibn Kurrah

Từ đây ta có AC2 + BC2 = AB2 .

1.1.6

Chứng minh của Bhaskara

Chứng minh 8 (Bhaskara, Ấn Độ, xem [6], trang 53-54).

Hình 1.14. Chứng minh của Bhaskara

Đầu tiên, ta có một hình vuông cạnh (a + b). Ta có thể chia các cạnh này thành các
đoạn độ dài a và b như trong hình. Khi đó ta được bốn hình chữ nhật (cạnh a và b)
cùng một hình thừa ra. Đây là một hình vuông diện tích (a − b)2 (giả sử a > b). Cắt
đôi các hình chữ nhật và ghép với hình vuông nhỏ này, ta sẽ được một hình vuông
mới cạnh là c (Hình 1.15).
Xét hình vuông mới này. Diện tích của nó là c2 . Đồng thời diện tích này cũng bằng


15

Hình 1.15. Hình vuông mới

tổng diện tích của hình vuông nhỏ và bốn tam giác. Khi đó
c2 = (a − b)2 + 4

1
ab
2

hay là c2 = a2 + b2 .

1.2

Một số chứng minh hình học khác

Chứng minh 9 (Leonardo da Vinci (1452-1519), Italy, xem [7], trang 104.). Từ
∆AKE vuông tại K, dựng các hình vuông EFGK, AKHI, ABDE về phía các cạnh

có độ dài a và b và cạnh huyền c.

Hình 1.16.
Ta có ∆BCD bằng tam giác ban đầu nhưng đã được quay góc 180◦ . Khi đó ta có hình
lục giác ABCDEK được chia đôi bởi KC. Nối G với H, ta được lục giác AEFGHI
được chia đôi bởi IF.


16
Ta có ∆AKE và ∆AKG đối xứng nhau qua IF nên I, K và F thẳng hàng. Hai tứ
giác KABC và IAEF bằng nhau nên chúng có cùng diện tích. Để thể hiện điều đó,
ta quay tứ giác KABC ngược lại một góc 90◦ quanh điểm A. Do AK ⊥ AI, AB ⊥ AE
và BC ⊥ EF nên IAE = 90◦ + KAE = KAB và ABC = 90◦ + DBC = AEF. Khi đó
tứ giác KABC trùng với tứ giác IAEF dẫn đến diện tích hai tứ giác bằng nhau.
Từ đó dẫn đến hai lục giác ABCDEK và AEFGHI có diện tích bằng nhau. Mặt
khác ta lại có
SABCDEK = SABDE + SAKE + SBCD ,
SAEFGHI = SAKHI + SGHK + SAKE + SGKEF ,
ab
SAKE = SGHK = SBCD = .
2
Suy ra SADBE = SAKHI + SGKEF . Tức là c2 = b2 + a2 .
Chứng minh 10 (Adrian Marie Legendre, 1752-1833, Pháp, xem [6], trang 58).

Hình 1.17. Biểu đồ của Legendre

Legendre nhận thấy rằng hai tam giác vuông hình thành khi cắt tam giác vuông ban
đầu bằng đường cao hạ xuống cạnh huyền là đồng dạng với tam giác này. Khi đó,
chỉ cần sử dụng một ít đại số là đã có thể chứng minh được định lý Pythagoras. Từ
các tam giác đồng dạng ta có

x a
=
a c
y b
=
b c

suy ra
suy ra

a2
,
c
b2
y= .
c
x=

(1.4)
(1.5)

Lại có
x + y = c.
Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra
a2 b2
+ = c,
c
c

tức là a2 + b2 = c2 .

(1.6)


17
Phương pháp mở đầu cho việc áp dụng định lý Thales cho tam giác đồng dạng.
Với kỹ thuật hạ đường cao xuống cạnh huyền quen thuộc, Legendre đã đưa ra một
hướng tư duy mới để chứng minh định lý Pythagoras chỉ qua vài phép biến đổi đơn
giản.
Chứng minh 11 (Alvin Knoerr, 1924, xem [6], trang 56-60). Dựng ∆AEC với độ
dài các cạnh là a, b, và c. Sau đó, dựng đường tròn (C, b). Tiếp theo, dựng ∆BED
với cạnh huyền độ dài 2b. Điểm E cũng nằm trên đường tròn này nên ∆BED là tam
giác vuông.

Hình 1.18.

Ta có AEC = BED = 90◦ nên AEC − BEC = BED − BEC. Suy ra AEB = CED.
Mà CED = CDE, do ∆CED cân nên AEB = CDE. Do đó ta có ∆AEB ∼ ∆ADE
(g.g) nên
AE
AB
=
.
AD AE
Từ đây

a
c−b
=
nên

c+b
a
hay là a2 = c2 − b2 . Vậy a2 + b2 = c2 .

a2 = (c + b) (c − b) ,

Cách chứng minh này không có gì đặc biệt ở phần lời: sử dụng phép cộng trừ
góc, cạnh đơn giản và xét cặp tam giác đồng dạng khá dễ hiểu. Tuy nhiên, phần
hình lại tương đối khó để tư duy. Cách dựng hình độc đáo song lại có phần không tự
nhiên và khó để có thể áp dụng lại.
Chứng minh 12 (Henry Perigal, xem [6] trang 61-62).
Chứng minh này được minh họa đầy đủ hơn trong Hình 1.20. Các kí tự đại số đã
được thêm vào để bạn đọc có thể rõ hơn.


18

Hình 1.19. Tấm bia mộ Henry Perigal

Hình 1.20. Chứng minh của Perigal

Ý tưởng trung tâm của chứng minh của Perigal là việc tám tứ giác được dựng trong
hình đều bằng nhau. Diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích của hình vuông
cạnh b và diện tích bốn tứ giác. Diện tích hình vuông cạnh a bằng tổng diện tích bốn
tứ giác. Do đó, ta có thể đưa đến c2 = a2 + b2 .
Chứng minh 13 (J.A. Garfield, Tổng thống Mỹ, 1876, xem [5], trang 106-107).
Diện tích hình thang bằng
(a + b)(a + b)
.
2

Mặt khác, diện tích hình thang bằng tổng diện tích của ba tam giác. Do đó
(a + b) (a + b) ab ab c2
=
+ + .
2
2
2
2


19

Hình 1.21. Chứng minh của J.A. Garfield

Vậy c2 = a2 + b2 .
Đây là một chứng minh thú vị khác với ứng dụng hình thang vuông. Tác giả chỉ
sử dụng ba tam giác vuông đơn giản để ghép thành hình thang, từ đó vận dụng công
thức tính diện tích để xây dựng lên định lý Pythagoras cần chứng minh. Đây có thể
coi là cách chứng minh bằng lời ngắn gọn nhất, không hề cầu kì phức tạp nhưng lại
mang đến cho người đọc cảm giác hứng thú, từ đó trở thành nền tảng cho sự sáng
tạo các cách dựng hình khác.
Chứng minh 14 (Anna Condit, 1983, xem [5], trang 106).

Hình 1.22. Chứng minh của Anna Condit

Xét tam giác ABC. Kẻ các hình vuông ACDE, BCFG và ABHI. Sau đó nối D và F
(Hình 1.22). Đường thẳng CP là đường trung tuyến ứng với cạnh AB. Kéo dài cạnh


20

CP cắt DF ở điểm R.
Do ACB = 90◦ , tam giác ABC nội tiếp đường tròn P;
AP = PC =

AB
2

nên suy ra

AB
.
2

Ta có ∆ABC = ∆DFC (c.g.c) nên suy ra
BAC = CDF = α.
Tam giác ACP cân tại P suy ra ACP = CAP = α, tức là DCR = 90◦ − α.
Ta có DCR + CDR = 90o nên PR⊥DF. Từ P kẻ PM, PN và PL đến các trung
điểm tương ứng của ED, FG và HI ta được PM AE, PN
S∆PFC =
mà FN =

BG và PL AI. Ta có

FC.FN
2

FG FC
=
nên
2

2
S∆PFC =

FC2 1
= SBCFG .
4
4

Tương tự
1
1
S∆PDC = SACDE và S∆PAI = SABHI .
4
4
Do diện tích các tam giác có đáy bằng nhau thì tỉ lệ với đường cao, ta có
S∆PDC + S∆PFC DR + RF DF AB
=
=
=
=1
S∆PAI
AI
AI
AB
suy ra
1
1
SACDE + SBCFG
4
4

= 1.
1
SABHI
4
Điều này kéo theo
SACDE + SBCFG = SABHI .
Vậy, AC2 + BC2 = AB2 .
Hình vẽ trong cách chứng minh này khá phức tạp song gợi nhắc cho chúng ta
đến cách Chứng minh 3: vẽ thêm các hình vuông với độ dài cạnh lần lượt là độ dài
các cạnh tam giác. Một lần nữa các tính chất đặc biệt của hình vuông được sử dụng.


21
Song nếu như ở cách Chứng minh 3, Euclid chủ yếu sử dụng các biểu thức tính diện
tích tam giác thì trong lời giải này, Condit đã sử dụng tính chất các cặp cạnh song
song, biểu thức tỉ số diện tích. Cách chứng minh của Condit có phần phức tạp và dài
dòng hơn nhưng đã khai thác được nhiều hơn những khía cạnh hình học khác nhau.
Chứng minh 15 (B. F. Yanney, 1903, xem [4], Proof 25). Từ hình chiếc ghế của cô
dâu (gồm hai hình vuông AEDC diện tích a2 và DKHF diện tích b2 ). Ta dựng thêm
∆AEL và ∆LHK lần lượt vuông tại E và K. Hai tam giác này đều có cạnh bên là a,
b và hai cạnh huyền c.
Đầu tiên, ta thấy hình vuông AEDC có thể bóp méo thành hình bình hành LKCA
mà diện tích vẫn không đổi (một cạnh vẫn là a còn đường cao cũng vẫn là a).

Hình 1.23. Chứng minh bóp méo hình sử dụng hình chiếc ghế của cô dâu

Tương tự ta cũng có thể bóp méo hình vuông DKHF thành hình bình hành HKCB
mà diện tích không đổi. Tiếp theo ta cũng có thể bóp méo các hình bình hành này
thành các hình chữ nhật LMOA và HMOB mà diện tích vẫn giữ nguyên. Do đó
SALHB = SLMOA + SHMOB = SACDE + SHKDF ,

hay là c2 = a2 + b2 .
Chứng minh 16 (xem [7], Proof 20). Chứng minh 16 được thực hiện bằng cách kéo
dài đường cao.
Xét ∆ABC vuông tại C có AB = c, BC = a, CA = b. Ta kéo dài đường cao CH của
c2
∆ABC đến D sao cho CD = AB. Do tứ giác ABCD có AB ⊥ CD nên SABCD = .
2
Mặt khác, SACBD = S∆ACD + S∆BCD . Kẻ DE ⊥ AC, DF ⊥ BC ta suy ra CEDF là hình
chữ nhật.


22

Hình 1.24. Chứng minh thứ nhất sử dụng kéo dài đường cao

Ta có ∆CDE = ∆BAC (cạnh huyền - góc nhọn) nên
DE = AC;
Do đó
S∆CDA =

DF = CE = BC.

CA.DE b2
= ,
2
2

S∆CDB =

BC.DF a2

= .
2
2

c2 a2 b2
Suy ra
= + hay c2 = a2 + b2 .
2
2
2
Chứng minh 17 (xem [7], Proof 29). Chứng minh 17 cũng được thực hiện bằng
cách kéo dài đường cao. Tuy nhiên, khác với Chứng minh 16, trong chứng minh này,
đường cao lại được kéo dài theo hướng ngược lại sao cho CD = AB.

Hình 1.25. Cách chứng minh thứ hai sử dụng đường cao kéo dài

Trong chứng minh này, diện tích tứ giác ABCD cũng được tính theo hai cách như
trong chứng minh trước. Có thể dễ dàng tự chứng minh trường hợp này.
Chứng minh 18 (AL Buzjani, thế kỷ X, xem [4], Proof 74). Trong một hình vuông
cạnh b, ta đặt vào góc của hình vuông này một hình vuông nhỏ hơn cạnh là a (hình
vuông góc trái hình bên trái).


23

Hình 1.26. Chứng minh của Al Buzjani

Kẻ thêm hai đường như trong hình bên trái để tạo hai tam giác vuông có cạnh bên là
a và b. Nếu ghép hình vuông cạnh b − a với bốn tam giác vuông cũng kích cỡ như
vậy, ta được một hình vuông có cạnh c (cạnh huyền của tam giác). Có thể thấy, diện

tích hình bên phải sẽ nhiều hơn diện tích hình bên trái một lượng bằng diện tích hình
vuông cạnh a. Mà diện tích hình vuông bên trái là b2 nên c2 = a2 + b2 .
Chứng minh 19 (Christiaan Huygens, 1657, xem [4], Proof 77).

Hình 1.27. Cách chứng minh của Christiaan Huygens

Ta bắt đầu từ hình cối xay gió của Euclid. Trong hình vuông cạnh a, từ A kẻ một
đường thẳng song song với BC. Từ S kẻ một đường thẳng song song với AC. Hai
đường này cắt nhau ở P. Từ B kẻ đường thẳng song song với AC, trên đường này lấy
BN = BC.
Do ∆ASP = ∆ABC (cạnh huyền - góc nhọn) nên
AP = AC = AG.


24
Mặt khác d (P; AB) = AL nên
SABML = 2SABP = SACFG .
Do ∆KBN = ∆ABC (cạnh huyền- góc nhọn) nên BN = BC = BD.
Ta có d (A; BN) = BC nên
SKMLS = 2SKPS ,

SBCED = 2SANB .

Ta lại có KS = AB, PS = BN (do ∆ASP = ∆ABC), PSK = ABN (do SP

BN và

AB SK) nên ∆KPS = ∆ANB. Từ các biểu thức trên, ta có:
SABKS = SABML + SLMKS = SACFG + SBCED .
hay c2 = a2 + b2 .

Đây tiếp tục là một cách chứng minh triển khai cách dựng hình tương tự Chứng
minh 3 và Chứng minh 14. Nếu như hai cách chứng minh trước chủ yếu khai thác
liên quan đến hai hình vuông nhỏ thì ở lời giải này, Huygens đã chuyển hướng sang
hình vuông to. Huygens đã vẽ thêm các đường thẳng song song tạo điều kiện để
chứng minh các cặp tam giác bằng nhau một cách nhanh chóng. Điểm chung giữa
những cách chứng minh này là đều hướng đến mục đích sử dụng biểu thức liên quan
về diện tích cho bước chứng minh cuối cùng hay nói cách khác bản chất của nó là đi
chứng minh các biểu thức diện tích.
Chứng minh 20 (Adam Rose, 2004, xem [4], Proof #44).
Trong Hình 1.28, ta bắt đầu với ∆ABC và ∆AFE lần lượt vuông ở C và E. Gọi A
là giao điểm của BE và CF. Kéo dài AF một đoạn FG = a. Trên BA lấy một đoạn
BD = a. Ở đây ta coi như a < b.
Do ∆BCD là tam giác cân nên
BCD =

π α
− .
2 2

Do C = 90◦ nên
ACD =

π
π α
α
−
−
= .
2
2 2

2

Do AFE là góc ngoài của ∆EFG nên AFE = FEG + FGE. Nhưng ∆EFG là tam
giác cân nên
AGE = EAG =

α
.
2


25

Hình 1.28. Chứng minh sử dụng hai tam giác vuông đồng dạng

Ta có ∆ACD ∼ ∆AGE (g-g), nên
AD AE
=
AC AG

suy ra

c−a
b
=
,
b
c+a

hay là c2 = a2 + b2 .

Chứng minh 21 (xem [4], Proof #79). Xét ∆ABC vuông tại C với BC = a, AB =
c, AC = b. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB như hình vẽ (r = c/2).

Hình 1.29.

Trong hình vẽ DF là đường kính vuông với BC, và đồng thời là đường trung trực
của BC. Các điểm E và H lần lượt là trung điểm của BC và AC. Khi đó EO = CH.
Ta có ∆CEF ∼ ∆DEB (g.g) nên ta có
CE
EF
=
DE
EB

suy ra

CE.EB = DE.EF,