ピタゴラスの定理

レオナルド・ダ・ヴィンチによるピタゴラスの定理の証明。橙色のついた部分を 90 度回転し、緑色の部分は裏返して橙色に重ねる。

視覚的証明

初等幾何学におけるピタゴラスの定理（ピタゴラスのていり、英: Pythagorean theorem）は、直角三角形の3辺の長さの関係を表す。斜辺の長さを c, 他の2辺の長さを a, b とすると、定理は

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

が成り立つという等式の形で述べられる。三平方の定理（さんへいほうのていり）、勾股弦の定理（こうこげんのていり）とも呼ばれる。

ピタゴラスの定理によって、直角三角形をなす3辺の内、2辺の長さを知ることができれば、残りの1辺の長さを知ることができる。例えば、直交座標系において原点と任意の点を結ぶ線分の長さは、ピタゴラスの定理に従って、その点の座標成分を2乗したものの総和の平方根として表すことができる。このことは2次元の座標系に限らず、3次元の系やより大きな次元の系についても成り立つ。この事実から、ピタゴラスの定理を用いて任意の2点の間の距離を測ることができる。このようにして導入される距離はユークリッド距離と呼ばれる。

「ピタゴラスが直角二等辺三角形のタイルが敷き詰められた床を見ていて、この定理を思いついた」など幾つかの逸話が伝えられているが、この定理はピタゴラスが発見したかどうか正確には判っていない。バビロニア数学のプリンプトン322や古代エジプトなどでもピタゴラス数については記述があるが、定理を発見していたかまでは定かではない。

中国古代の数学書『九章算術』や『周髀算経』でもこの定理が取り上げられている。中国ではこの定理を勾股定理、商高定理等と呼び、日本の和算でも中国での名称を用いて鉤股弦の法（こうこげんのほう）等と呼んだ。

ピタゴラス数

a² + b² = c² を満たす自然数の組 (a, b, c) をピタゴラス数またはピタゴラスの三つ組数 (Pythagorean triple) という。特に、a, b, c が互いに素であるピタゴラス数 (a, b, c) を原始的 (primitive) あるいは素 (coprime) であるといい、そのようなピタゴラス数は原始ピタゴラス数 (primitive Pythagorean triple) などと呼ばれる。全てのピタゴラス数は、原始ピタゴラス数 (a, b, c) の正の整数倍 (da, db, dc) により得られる。ピタゴラス数 (a, b, c) が原始的であるためには、3つのうち2つが互いに素であることが必須となる。原始ピタゴラス数の具体例は a, b, c が100未満で、a < b とすると以下のようになる。

(a, b, c) = (3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (8, 15, 17), (9, 40, 41), (11, 60, 61), (12, 35, 37), (13, 84, 85), (16, 63, 65), (20, 21, 29), (28, 45, 53), (33, 56, 65), (36, 77, 85), (39, 80, 89), (48, 55, 73), (65, 72, 97)

ピタゴラス数の性質

自然数の組 (a, b, c) が原始ピタゴラス数であるためには、ある自然数 m, n が

• m と n は互いに素
• m > n
• m と n の奇偶が異なる（一方が奇数で他方が偶数）

を満たすとして、

(a, b, c) = (m² − n², 2mn, m² + n²) または (2mn, m² − n², m² + n²)

であることが必要十分である。上記の (m, n) は無数に存在するので、原始ピタゴラス数は無数に存在する。これにより、すべての原始ピタゴラス数を重複なく計測できる。

例えば

(m, n) = (2, 1) のとき (a, b, c) = (3, 4, 5)

(m, n) = (3, 2) のとき (a, b, c) = (5, 12, 13)

(m, n) = (4, 1) のとき (a, b, c) = (8, 15, 17)

である。a < b を満たす原始ピタゴラス数を a の昇順に並べた一覧表は以下のようになる。

原始ピタゴラス数の一覧表

# m n a b c 1 2 1 3 4 5 2 3 2 5 12 13 3 4 3 7 24 25 4 4 1 8 15 17 5 5 4 9 40 41 6 6 5 11 60 61 7 6 1 12 35 37 8 7 6 13 84 85 9 8 7 15 112 113 10 8 1 16 63 65 11 9 8 17 144 145 12 10 9 19 180 181 13 5 2 20 21 29 14 10 1 20 99 101 15 11 10 21 220 221 16 12 11 23 264 265 17 12 1 24 143 145 18 13 12 25 312 313 19 14 13 27 364 365 20 7 2 28 45 53 21 14 1 28 195 197 22 15 14 29 420 421 23 16 15 31 480 481 24 16 1 32 255 257 25 7 4 33 56 65

# m n a b c 26 17 16 33 544 545 27 18 17 35 612 613 28 9 2 36 77 85 29 18 1 36 323 325 30 19 18 37 684 685 31 8 5 39 80 89 32 20 19 39 760 761 33 20 1 40 399 401 34 21 20 41 840 841 35 22 21 43 924 925 36 11 2 44 117 125 37 22 1 44 483 485 38 23 22 45 1012 1013 39 24 23 47 1104 1105 40 8 3 48 55 73 41 24 1 48 575 577 42 25 24 49 1200 1201 43 10 7 51 140 149 44 26 25 51 1300 1301 45 13 2 52 165 173 46 26 1 52 675 677 47 27 26 53 1404 1405 48 28 27 55 1512 1513 49 28 1 56 783 785 50 11 8 57 176 185

# m n a b c 51 29 28 57 1624 1625 52 30 29 59 1740 1741 53 10 3 60 91 109 54 15 2 60 221 229 55 30 1 60 899 901 56 31 30 61 1860 1861 57 32 31 63 1984 1985 58 32 1 64 1023 1025 59 9 4 65 72 97 60 33 32 65 2112 2113 61 34 33 67 2244 2245 62 17 2 68 285 293 63 34 1 68 1155 1157 64 13 10 69 260 269 65 35 34 69 2380 2381 66 36 35 71 2520 2521 67 36 1 72 1295 1297 68 37 36 73 2664 2665 69 14 11 75 308 317 70 38 37 75 2812 2813 71 19 2 76 357 365 72 38 1 76 1443 1445 73 39 38 77 2964 2965 74 40 39 79 3120 3121 75 40 1 80 1599 1601

原始ピタゴラス数 (a, b, c) について、次のような性質も成り立つ。

• a または b は 4 の倍数
• a または b は 3 の倍数
• a または b または c は 5 の倍数

また、フランスの数学者ピエール・ド・フェルマーは一般のピタゴラス数 (a, b, c) に対して、S = 1/2ab（直角三角形の面積）は平方数でないことを無限降下法により証明した。

Jesmanowicz 予想

1956年に Jesmanowicz が以下の予想を提出した。

(a, b, c) を原始ピタゴラス数、n を自然数とする。x, y, z が

$(an)^{x}+(bn)^{y}=(cn)^{z}$

で自然数解を持つには、

$x=y=z=2$

であることが必要となる。

特別なピタゴラス数

• 直角を作る a , b の長さが連続するピタゴラス数は

(3, 4, 5), (20, 21, 29), (119, 120, 169), … (オンライン整数列大辞典の数列 A114336)

である。この問題はフランスの数学者ピエール・ド・フェルマーが出題し、解も発見した。

• 斜辺 c と他の2辺の和 a + b が両方とも平方数になる最小のピタゴラス数は

a = 4565486027761, b = 1061652293520, c = 4687298610289

である。

• ピタゴラス数(a, b, c)おいて a, b の差が 1 で、c が二重平方数になるのは(119, 120, 13)に限られる。
  • 例．119² + 120² = (13²)²

一般化

角の一般化

詳細は「余弦定理」を参照

第二余弦定理

c² = a² + b² − 2ab cos C

はピタゴラスの定理を C = π/2 = 90° → cos C = 0 の場合として含む。 つまり、第二余弦定理はピタゴラスの定理を一般の角度について拡張した定理になっている。

指数の一般化

詳細は「フェルマーの最終定理」を参照

指数の 2 の部分を一般化すると

aⁿ + bⁿ = cⁿ

となる。n = 2 の場合は自明でない（つまり a, b, c のいずれも 0 でない）整数解は実質原始ピタゴラス数であり、無数に存在するが、n ≥ 3 の場合には自明でない整数解は存在しない（詳細はフェルマーの最終定理を参照）。

次元の一般化

詳細は「ド・グアの定理」を参照

3次元空間内に平面があるとき、その閉領域 S の面積は、yz 平面、zx 平面、xy 平面への射影の面積 S_x, S_y, S_z を用いて

$S^{2}={S_{x}}^{2}+{S_{y}}^{2}+{S_{z}}^{2}$

と表される。これは高次元へ一般化できる。

ピタゴラスの定理の証明

この定理には数百通りもの異なる証明があり、例えば、「以下では頂点 A, B, C からなる三角形を △ABC と表す」「各辺 AB, BC, CA に向かい合う角をそれぞれ ∠C, ∠A, ∠B と表し、各頂点 A, B, C の対辺 BC, CA, AB の長さをそれぞれ a, b, c と表す」「頂点の記号は直角三角形 △ABC の直角が ∠C になるように与える」などである。

相似による証明

相似を用いた証明

頂点 C から斜辺 AB に下ろした垂線の足を H とする。△ABC, △ACH, △CBH は互いに相似である。よって △ABC と △ACH の相似比より

${\text{AC}}:{\text{AH}}={\text{AB}}:{\text{AC}}\Longrightarrow {\text{AH}}={{\text{AC}}\times {\text{AC}} \over {\text{AB}}}={b^{2} \over c}$

であり、同様に △ABC と △CBH の相似比より

${\text{BH}}={a^{2} \over c}$

である。したがって

$c={\text{AB}}={\text{AH}}+{\text{BH}}={b^{2} \over c}+{a^{2} \over c}$

であるから、両辺に$c$ を掛けて

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

を得る。

相似を用いた証明

相似による証明2

直径ABの半円Oで、円周上に置いた点Cから直径ABに下した垂線の足をHとする。

このとき OA=OB=OC=c、HC=a、HO=b、とすると、

△OCHで△AHC∽△BHCなので、

HA:HC=HC:HB

OA±HO:HC=HC:OB∓HO

c±b:a=a:c∓b

c²-b²=a² ∴ c²=a²+b² ◾️

正方形を用いた証明

正方形を用いた証明

△ABC と合同な4個の三角形を図のように並べると、外側に一辺が a + b の正方形（以下「大正方形」）が、内側に一辺が c の正方形（以下「小正方形」）ができる。

（大正方形の面積）=（小正方形の面積）+（直角三角形の面積）× 4

である。大正方形の面積は (a + b)², 小正方形の面積は c², 直角三角形4個の面積の合計は

${ab \over 2}\times 4=2ab$

である。これらを代入すると、

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

整理して

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

を得る。

幾何学的な証明

Ｃ

『周髀算経』におけるピタゴラスの定理の証明（中国語: 句股冪合以成弦冪）

内接円を用いた証明

△ABC の面積 S は

$S={\frac {ab}{2}}$

(1)

である。また △ABC の内接円の半径を r とすると

$c=(a-r)+(b-r)$

であり、これを半径 r について解くと

$r={\frac {a+b-c}{2}}$

(2)

となる。一方、三角形の面積 S を内接円の半径 r を用いて表すと

$S={r(a+b+c) \over 2}$

(3)

となる。(3) に (1), (2) を代入すると

${ab \over 2}={(a+b-c)(a+b+c) \over 4}$

となり、整理すると

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

が得られる。

オイラーの公式を用いた証明

三角関数と指数関数は冪級数によって定義されているものとする。（指数法則やオイラーの公式の証明に本定理が使用されない定義であればよい。）まず sin² θ + cos² θ = 1 が任意の複素数 θ に対して成り立つことを（3通りの方法で）示す。

オイラーの公式より

${\begin{aligned}1&=e^{0}=e^{i\theta -i\theta }=e^{i\theta }e^{-i\theta }\\&=(\cos \theta +i\sin \theta )(\cos \theta -i\sin \theta )\\&=\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta \end{aligned}}$

または

${\begin{aligned}\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta &=\left({\frac {e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}}\right)^{2}+\left({\frac {e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}}\right)^{2}\\&={\frac {e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }-2}{-4}}+{\frac {e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }+2}{4}}\\&={\frac {4}{4}}=1\end{aligned}}$

もしくは、オイラーの公式から三角関数の半角の公式を導出する。

${\begin{aligned}\sin ^{2}\theta &=\left({\frac {e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}}\right)^{2}\\&={\frac {e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }-2}{-4}}\\&={\frac {1-\cos 2\theta }{2}}\ ,\\\cos ^{2}\theta &=\left({\frac {e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}}\right)^{2}\\&={\frac {e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }+2}{4}}\\&={\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\ .\end{aligned}}$

$\therefore \sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1.$

(1)

(1) の式はピタゴラスの基本三角関数公式 (Fundamental Pythagorean trigonometric identity) と呼ばれている。

(1) の時点ですでに単位円上において本定理の成立が明らかである。なぜならば、本定理の逆は本定理を用いずに証明可能であるし、単位円上の任意の点の座標は (cosθ, sinθ) で表せるからである。

前提とした △ABC について、∠A = θ とおけば

$a=c\cdot \sin \theta$

$b=c\cdot \cos \theta$

したがって

$a^{2}=c^{2}\sin ^{2}\theta$

(2)

$b^{2}=c^{2}\cos ^{2}\theta$

(3)

(2), (3) より

$a^{2}+b^{2}=c^{2}(\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta )$

(4)

(1), (4) より

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

が得られる。

三角関数の微分公式を用いた証明

正弦および余弦関数を微分すれば

$(\sin \theta )'=\cos \theta$

(1)

$(\cos \theta )'=-\sin \theta$

(2)

(1), (2) および微分公式より

$(\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta )'=2\sin \theta \cos \theta +2\cos \theta (-\sin \theta )=0$

したがって

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =C$

ここで C は定数である。θ = 0 を代入すると sin 0 = 0, cos 0 = 1 であるので、C = 1 が得られる。よって

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

(3)

が得られる。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、(3) および、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば

$a^{2}+b^{2}={a^{2}+b^{2} \over 1}={a^{2}+b^{2} \over \sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta }={a^{2}+b^{2} \over {a^{2}+b^{2} \over c^{2}}}=c^{2}$

が得られる。

三角関数の不定積分を用いた証明

下記のように関数を定める。

${\begin{aligned}f(\theta )=\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta .\end{aligned}}$

上記を漸化式を利用して不定積分すると

${\begin{aligned}\int f(\theta )d\theta &=\int (\sin ^{2}\theta )d\theta +\int (\cos ^{2}\theta )d\theta \\&=\left({1 \over 2}\theta -{1 \over 2}\sin \theta \cos \theta +C_{1}\right)+\left({1 \over 2}\theta +{1 \over 2}\sin \theta \cos \theta +C_{2}\right)\\&=\theta +C_{1}+C_{2}\end{aligned}}$

である。微分積分学の基本定理を考慮し、これを微分すると

${\begin{aligned}{\frac {d}{d\theta }}\left\{\int f(\theta )d\theta \right\}&=f(\theta )&={\frac {d}{d\theta }}(\theta +C_{1}+C_{2})&=1\end{aligned}}$

である。したがって

${\begin{aligned}f(\theta )=\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta &=1.\end{aligned}}$

ゆえに、ピタゴラスの定理は成立する。

三角関数の加法定理を用いた証明

三角関数は級数など（幾何以外の原理）によって定義されているものとし、オイラーの公式など（証明に本定理を使用しない方法）によって導出された三角関数の加法定理を用いれば

$1=\cos 0=\cos(\theta -\theta )=\cos \theta \cos \theta +\sin \theta \sin \theta =\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta$

または

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =\sin \theta \cos \left({\frac {\pi }{2}}-\theta \right)+\cos \theta \sin \left({\frac {\pi }{2}}-\theta \right)=\sin {\frac {\pi }{2}}=1$

が得られる。 また、加法定理を応用した三角関数の積和公式を用いて

${\begin{aligned}\sin ^{2}\theta &={\frac {\cos(\theta -\theta )-\cos(\theta +\theta )}{2}}\\&={\frac {1-\cos 2\theta }{2}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\cos ^{2}\theta &={\frac {\cos(\theta -\theta )+\cos(\theta +\theta )}{2}}\\&={\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\end{aligned}}$

したがって

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

が得られる。 両辺に c ² を乗算して

$c^{2}\sin ^{2}\theta +c^{2}\cos ^{2}\theta =c^{2}$

ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば

$c^{2}\times \left({a \over c}\right)^{2}+c^{2}\times \left({b \over c}\right)^{2}=c^{2}$

よって

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

が得られる。

冪級数展開を用いた証明

三角関数は級数によって定義されているものとし、cosθ と sinθ の自乗をそれぞれ計算すると

${\begin{aligned}\sin ^{2}\theta &=\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)!}}\theta ^{2n+1}\right)^{2}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}{\frac {(-1)^{n-k}}{(2n-2k+1)!}}\theta ^{2n+2}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\theta ^{2n+2}}{(2n+2)!}}\sum _{k=0}^{n}{\binom {2(n+1)}{2k+1}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}\theta ^{2n}}{(2n)!}}\sum _{k=0}^{n-1}{\binom {2n}{2k+1}}\\&=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\theta ^{2n}}{(2n)!}}\sum _{k=0}^{n-1}{\binom {2n}{2k+1}}\\\cos ^{2}\theta &=\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n)!}}\theta ^{2n}\right)^{2}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}{\frac {(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}}\theta ^{2n}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\theta ^{2n}}{(2n)!}}\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n}{2k}}\\&=1+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\theta ^{2n}}{(2n)!}}\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n}{2k}}\end{aligned}}$

となる。ここで二項定理より

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n}{2k}}-\sum _{k=0}^{n-1}{\binom {2n}{2k+1}}&=\sum _{m=0}^{2n}(-1)^{m}{2n \choose m}&=(1-1)^{2n}&=0\end{aligned}}$

である。したがって

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

が得られる。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮し、各辺の比を考えれば

$\sin ^{2}\theta :\cos ^{2}\theta :1=a^{2}:b^{2}:c^{2}$

であるから

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

が得られる。

回転行列を用いた証明

平面の原点を中心とする角 θ の回転は

$R(\theta )={\begin{bmatrix}\cos \theta &-\sin \theta \\\sin \theta &\cos \theta \end{bmatrix}}$

で表される。 R (θ) R (−θ) = I₂ （単位行列）であるが、この式の左辺を直接計算すると

${\begin{aligned}R(\theta )\cdot R(-\theta )&={\begin{bmatrix}\cos \theta &-\sin \theta \\\sin \theta &\cos \theta \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\cos \theta &\sin \theta \\-\sin \theta &\cos \theta \end{bmatrix}}\\&={\begin{bmatrix}\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta &\cos \theta \sin \theta -\sin \theta \cos \theta \\\sin \theta \cos \theta -\cos \theta \sin \theta &\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta \end{bmatrix}}\\&={\begin{bmatrix}\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta &0\\0&\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta \end{bmatrix}}\end{aligned}}$

となる。したがって

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

が得られる。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、正弦定理より

${\begin{aligned}{\frac {a}{\sin \theta }}&={\frac {b}{\sin(\pi -{\frac {\pi }{2}}-\theta )}}={\frac {c}{\sin({\frac {\pi }{2}})}}\\{\frac {a}{\sin \theta }}&={\frac {b}{\cos \theta }}=c\end{aligned}}$

であるから

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

が得られる。

三角関数と双曲線関数を用いた証明

任意の z ∈ C に対し

${\begin{aligned}\sin ^{2}iz+\cos ^{2}iz&=(i\sinh z)^{2}+\cosh ^{2}z\\&=\cosh ^{2}z-\sinh ^{2}z\\&=1\end{aligned}}$

である。よって任意の θ ∈ C に対して

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

が成り立つ。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、連比関係より

${\frac {a^{2}}{\sin ^{2}\theta }}={\frac {b^{2}}{\cos ^{2}\theta }}=c^{2}$

であるから

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

が得られる。

ピタゴラスの定理の逆の証明

ピタゴラスの定理の逆とは、△ABC に対して

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

が成立すれば、△ABC は ∠C = π/2 の直角三角形であるというものである。以下に証明を示す。

ピタゴラスの定理に依存しない証明

ピタゴラスの定理に依存しない証明

a ² + b ² = c ² を満たす △ABC において、線分 AB を b ² : a ² の比に内分する点を D とすると

${\begin{aligned}{\text{AD}}&=c\times {\frac {b^{2}}{b^{2}+a^{2}}}\\&=c\times {\frac {b^{2}}{c^{2}}}\\&={\frac {b^{2}}{c}}\\{\text{DB}}&=c\times {\frac {a^{2}}{b^{2}+a^{2}}}\\&=c\times {\frac {a^{2}}{c^{2}}}\\&={\frac {a^{2}}{c}}\end{aligned}}$

である。これより、△ABC と △ACD において

${\begin{aligned}{\text{AB}}:{\text{AC}}&=c:b\\{\text{AC}}:{\text{AD}}&=b:{\frac {b^{2}}{c}}=c:b\end{aligned}}$

であるから

${\text{AB}}:{\text{AC}}={\text{AC}}:{\text{AD}}$

が成り立つ。ここで

$\angle {\text{BAC}}=\angle {\text{CAD}}$

であるから、2辺比夾角相等より

$\triangle {\text{ABC}}\sim \triangle {\text{ACD}}$

が成り立つ。したがって

$\angle {\text{ACB}}=\angle {\text{ADC}}$

である。 同様に △ABC と △CBD において

${\begin{aligned}{\text{AB}}:{\text{BC}}&=c:a\\{\text{CB}}:{\text{BD}}&=a:{\frac {a^{2}}{c}}=c:a\end{aligned}}$

であるから

${\text{AB}}:{\text{BC}}={\text{CB}}:{\text{BD}}$

が成り立つ。ここで

$\angle {\text{ABC}}=\angle {\text{CBD}}$

であるから、2辺比夾角相等より

$\triangle {\text{ABC}}\sim \triangle {\text{CBD}}$

が成り立つ。したがって

$\angle {\text{ACB}}=\angle {\text{CDB}}$

である。ここで

$\angle {\text{ADC}}+\angle {\text{CDB}}=\pi$

であるから

$\angle {\text{ACB}}+\angle {\text{ACB}}=2\angle {\text{ACB}}=\pi$

である。したがって

$\angle {\text{ACB}}={\frac {\pi }{2}}$

である。ゆえに、△ABC は ∠C = π/2 の直角三角形である。

同一法を用いた証明

ピタゴラスの定理を用いた証明

B'C' = a, A'C' = b，∠C' = π/2 である直角三角形 A'B'C' において、A'B' = c' とすれば、ピタゴラスの定理より

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

(1)

が成り立つ。 一方、仮定から △ABC において

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

(2)

が成り立っている。(1) 、(2) より

$c^{2}=c'\,^{2}$

c > 0, c' > 0 より

$c=c'$

したがって、3辺相等から

$\triangle {\text{ABC}}\equiv \triangle {\text{A'B'C'}}$

よって、∠C = ∠C' = π/2 である。 ゆえに、△ABC は ∠C = π/2 の直角三角形である。

対偶を用いた証明

△ABC において ∠C ≠ π/2 であると仮定する。頂点 A から直線 BC に下した垂線の足を D とし、AD = h, CD = d とする。

∠C < π/2 の場合、直角三角形 ABD においてピタゴラスの定理より

${\begin{aligned}c^{2}&=(a-d)^{2}+h^{2}\\&=a^{2}-2ad+d^{2}+h^{2}\end{aligned}}$

であり、同様に直角三角形 ACD では

$b^{2}=d^{2}+h^{2}$

である。よって

$c^{2}=a^{2}-2ad+b^{2}<a^{2}+b^{2}$

となる。

∠C > π/2 の場合も同様に考えて

${\begin{aligned}c^{2}&=(a+d)^{2}+h^{2}\\&=a^{2}+2ad+d^{2}+h^{2}\\&=a^{2}+2ad+b^{2}\end{aligned}}$

ゆえに

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

となる。

よっていずれの場合も

$a^{2}+b^{2}\neq c^{2}$

である。対偶を取って、a ² + b ² = c ² ならば ∠C = π/2 である。

なお、この証明から分かるように、

• ∠C < π/2 ⇔ a ² + b ² > c ²
• ∠C = π/2 ⇔ a ² + b ² = c ²
• ∠C > π/2 ⇔ a ² + b ² < c ²

という対応がある。

余弦定理を用いた証明

余弦定理を用いた証明

ピタゴラスの定理は既に証明されているとする。△ABC において、a = BC, b = CA, c = AB, C = ∠ACB とおくと、余弦定理より

$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C$

である。仮定より

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

であるから

$\cos C=0$

である。三角形の内角の和は π であるから、0 < C < π である。 したがって

$\angle {\text{ACB}}=\cos ^{-1}0={\frac {\pi }{2}}$

である。ゆえに、△ABC は ∠C = π/2 の直角三角形となる。

ベクトルを用いた証明

△ABC において

$\Vert {\vec {c}}\|^{2}=\Vert {\vec {a}}\|^{2}+\Vert {\vec {b}}\|^{2}$

であり

${\vec {c}}={\vec {b}}-{\vec {a}}$

である。 ここで

${\begin{aligned}\Vert {\vec {c}}\|^{2}&={\vec {c}}\cdot {\vec {c}}\\&=({\vec {b}}-{\vec {a}})\cdot ({\vec {b}}-{\vec {a}})\\&=\Vert {\vec {b}}\|^{2}-2{\vec {b}}\cdot {\vec {a}}+\Vert {\vec {a}}\|^{2}\\\end{aligned}}$

である。したがって

${\vec {b}}\cdot {\vec {a}}=0$

である。よって

$\angle {\text{C}}={\frac {\pi }{2}}$

である。ゆえに、ピタゴラスの定理の逆が証明された。

歴史

バビロニア数学について記された粘土板プリンプトン322

ピタゴラスの定理が歴史上何度再発見されたのかは議論がある。判明しているもので最初期のものは、ピタゴラスが生まれる1000年以上前のバビロン第1王朝時代ごろ（紀元前20世紀から16世紀の間）とされる。

紀元前2000年から1786年ごろに書かれたエジプト中王国のパピルス『Berlin Papyrus 6619』には定理に関わる部分が欠けている。バビロニア時代の粘土板『プリンプトン322』には、ピタゴラスの定理に関わる要素が数多く含まれている。

インドの紀元前5-8世紀に書かれた『シュルバ・スートラ』などにも定理に関わる文章が見られる。しかし、これはバビロニア数学の影響を受けた結果ではないかという推測もされているが、結論には至っていない。

中国では、紀元前2世紀前後に書かれた『周髀算経』にて勾股定理として説明されている。

参考文献

• 足立恒雄『フェルマーの大定理が解けた！　オイラーからワイルズの証明まで』講談社〈ブルーバックス B-1074〉、1995年6月。ISBN 978-4-06-257074-9。 
• 足立恒雄『フェルマーの大定理　整数論の源流』筑摩書房〈ちくま学芸文庫 ア24-1 Math & Science〉、2006年9月。ISBN 978-4-480-09012-6。 
• 出光英則 著、銀林浩 編 編『ピタゴラスがくれたおくり物 ピタゴラスの定理』国土社〈数学ワンダーランド 7〉、1997年8月。ISBN 978-4-337-56207-3。 
• カプラン, ロバート、カプラン, エレン『数学の隠れたハーモニー ピタゴラスの定理のすべて』水谷淳 訳、ソフトバンククリエイティブ、2011年12月。ISBN 978-4-7973-6467-5。  — 原題：Hidden harmonies.
• シルヴァーマン, ジョセフ・H『はじめての数論 発見と証明の大航海 ピタゴラスの定理から楕円曲線まで』鈴木治郎 訳（原著第3版）、丸善出版、2014年5月。ISBN 978-4-621-06620-1。  — 原題：A friendly introduction to number theory (3rd ed.).
• 高瀬正仁『フェルマ　数と曲線の真理を求めて』現代数学社、2019年1月。ISBN 978-4-7687-0500-1。 
• マオール, エリ『ピタゴラスの定理 4000年の歴史』伊理由美 訳、岩波書店、2008年2月。ISBN 978-4-00-005878-0。  — 原題：The Pythagorean theorem.
• 森下四郎『ピタゴラスの定理100の証明法 幾何の散歩道』（改訂版）プレアデス出版、2010年8月。ISBN 978-4-903814-36-0。 
• 森下四郎『ピタゴラスの定理をめぐる2つの謎 三平方の定理の謎』プレアデス出版、2010年12月。ISBN 978-4-903814-39-1。 

関連項目

• 計量テンソル
• 算数チャチャチャ
• ピタゴラス
• プリンプトン322
• ユークリッド原論
• フェルマーの最終定理

外部リンク

• 百科事典マイペディア『ピタゴラスの定理』 - コトバンク
• Weisstein, Eric W. "Pythagorean Theorem". mathworld.wolfram.com (英語).
• Weisstein, Eric W. "Pythagorean Triple". mathworld.wolfram.com (英語).