Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras.doc

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
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 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
1.2 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 Các chứng minh đầu tiên của định lý Pythagoras
1.1.1 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 =).
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 = ).

8
Kí hiệu [X] là diện tích hình X. Ta có
8
< [A] = [1]+4S
: [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 = .
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 giác nhỏ có diện tích S =
ab
.
2
Từ đây ta có, diện tích hình vuông cạnh c bằng tổng diện tích hai hình
vuông cạnh a và b hay c
2
= a
2
+ b
2
:
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 DDJI và
DAJG có
nên IJ = JG; DJId = AJGd; JD = JA
DDJI = DAJG (c.g.c). (1.1)
) [1] = [2] + [3] ) c2
= a2
+ b2
:

9
Hình 1.5. Cối xay gió của Euclid
Ta có
S
DIJD
=IJ:d(D; IJ)
=
IJ:JG
=
S
IJGH
) S
IJGH
= 2S
DIJD
;
(1.2)
2 2 2
S
DGJA
=
JA:d(G; JA) JA:BA S
ABKJ
) S
ABKJ
= 2S
DGJA
:
(1.3)
= =
2 2 2
Từ (1.1), (1.2) và (1.3) suy ra SHGJI = SKBAJ.
Tương tự ta có SGDEF = SBCDK . Do đó
S
HGJI
+S
GDFE
= S
KBAJ
+S
BCDK
= S
ACDJ
:
Suy ra JG
2
+ GD
2
= JD
2
, hay a
2
+ b
2
= c
2
.
Chứng minh 4 (Euclid, xem [6], trang 42-44). Giả sử một tam giác có độ
dài ba cạnh thỏa mãn a
2
+ b
2
= c
2
.
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 b0
= b. Dựng tam
giác vuông với hai cạnh a và b0
. 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 g 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 DABC, DFLC, DFMC, DBED, DBED, DAGH, DFGE
đều bằng nhau. Mặt khác, ta có
SABDFH = AC2
+BC2
+SDABC +SDFMC +SDFLC;
S
ABDFH
= AB2 +S
DBED
+S
DFGE
+S
DAGH
:
Suy ra
AC
2
+BC
2
+SDABC +SDFMC +SDFLC = AB
2
+SDBED +SDFGE +SDAGH:

14
Hình 1.13. Chứng minh thứ hai của Ibn Kurrah
Từ đây ta có AC
2
+ BC
2
= AB
2
.
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 c
2
. 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
c
2
= (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 DAKE 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 DBCD 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 DAKE và DAKG 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 ? nên = 90 + [= và = 90 + = . Khi đó
BC EF IAE KAE KAB ABC DBC AEF
tứ giác
KABC trùng với tứ giác IAEF dẫn đến diện tích hai tứ giác bằng nhau.
d d d d d
Từ đó dẫn đến hai lục giác ABCDEK và AEFGHI có diện tích bằng
nhau. Mặt khác ta lại có
S
ABCDEK
= S
ABDE
+S
AKE
+S
BCD
;
S
AEFGHI
= S
AKHI
+S
GHK
+S
AKE
+S
GKEF
;
SAKE = SGHK = SBCD =
ab
:
2
Suy ra SADBE = SAKHI + SGKEF . Tức là c
2
= b
2
+ a
2
.
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
suy ra x =
a2
(1.4)
= ;
a c c
y b
suy ra y =
b2
(1.5)
= :
b c c
Lại có
x + y = c: (1.6)
Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra
a
2
b
2
tức là a
2
+ b
2
= c
2
.
+ = c;
c c

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 DAEC
với độ dài các cạnh là a, b, và c. Sau đó, dựng đường tròn (C; b). Tiếp
theo, dựng DBED với cạnh huyền độ dài 2b. Điểm E cũng nằm trên
đường tròn này nên DBED là tam giác vuông.
Hình 1.18.
Ta có AEC = BED
[
= 90 nên AEC BEC = BED
[
BEC. Suy ra AEB = CED
[
.
d D d d
[
d d
[ [ . Do đó ta có DAEB DADE
Mà CED = CDE, do CED cân nên AEB = CDE
(g.g) nên d
AE =AB :
AD AE
Từ đây
a c b
= nên a
2
= (c + b) (c b);
c + b a
hay là a
2
= c
2
b
2
. Vậy a
2
+ b
2
= c
2
:
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 c
2
= a
2
+ b
2
.
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 + c
2
:
2 2 2 2

19
Hình 1.21. Chứng minh của J.A. Garfield
Vậy c
2
= a
2
+ b
2
.
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; AB
2 nên suy ra
d
AP=PC= AB :
2
Ta có DABC = DDFC (c.g.c) nên suy ra
BACd = CDF
[
= a:
Tam giác ACP cân tại P suy ra ACP = CAP = a, tức là DCR = 90 a.
Ta có
DCR +CDR =
90
onên PR DF. Từ P kẻ PM, PN và PL đến các trung
d ?
d
d BG và PL AI. Ta có
k k k
d d
S
DPFC
= FC:FN
2
mà FN = FG =FC nên
2
2
S
DPFC
= FC
2
1 S
BCFG
:
=
4
4
Tương tự
1 1
S
DPDC
= S
ACDE và
S
DPAI
= S
ABHI
:
4 4
Do diện tích các tam giác có đáy bằng nhau thì tỉ lệ với đường cao, ta có
S
DPDC
+S
DPFC DR+RF DF AB
= = = = 1
S
DPAI AI AI AB
suy ra
1 S
ACDE
+ 1 S
BCFG
4 4
= 1:
1
4
S
ABHI
Điều này kéo theo
S
ACDE
+S
BCFG
= S
ABHI
:
Vậy, AC
2
+ BC
2
= AB
2
.
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 a
2
và DKHF diện tích
b
2
). Ta dựng thêm DAEL và DLHK 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
S
ALHB
= S
LMOA
+S
HMOB
= S
ACDE
+S
HKDF
;
hay là c
2
= a
2
+ b
2
.
Chứng minh 16 (xem [7], Proof 20). Chứng minh 16 được thực hiện bằng
cách kéo dài đường cao.
Xét DABC vuông tại C có AB = c; BC = a; CA = b. Ta kéo dài đường cao CH của
c2
DABC đến D sao cho CD = AB. Do tứ giác ABCD có AB ? CD nên SABCD = .
2
chữ nhật.

22
Hình 1.24. Chứng minh thứ nhất sử dụng kéo dài đường cao
Ta có DCDE = DBAC (cạnh huyền - góc nhọn) nên
DE = AC; DF =CE =BC:
Do đó
CA:DE b2 BC:DF a2
S
DCDA
=
= ; S
DCDB
=
= :
2 2 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 b
2
nên c
2
= a
2
+ b
2
.
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 DASP = DABC (cạnh huyền - góc nhọn) nên
AP=AC=AG:

24
Mặt khác d (P; AB) = AL nên
S
ABML
= 2S
ABP
= S
ACFG
:
Do DKBN = DABC (cạnh huyền- góc nhọn) nên BN = BC = BD.
Ta có d (A; BN) = BC nên
S
KMLS
= 2S
KPS
; S
BCED
= 2S
ANB
:
Ta lại có KS = AB; PS = BN (do DASP = DABC), PSKd = ABNd (do SP k BN và
AB k SK) nên DKPS = DANB. Từ các biểu thức trên, ta có:
S
ABKS
= S
ABML
+S
LMKS
= S
ACFG
+S
BCED
:
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 DABC và DAFE 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 DBCD là tam giác cân nên
BCDd =
p a
:
Do C = 90 nên 2 2 2 :
b ACD = 2 2 2 =
Do AFE là góc ngoài của D
d
p p a a
nên AFE = FEG
[
+ FGE
[
: Nhưng D
EFG
là tam
giác
d EFG
d a
cân nên
AGEd = EAGd = :
2

25
Hình 1.28. Chứng minh sử dụng hai tam giác vuông đồng dạng
Ta có DACD DAGE (g-g), nên
AD
=
AE
suy ra
c a
=
b
;
AC AG b c + a
hay là c
2
= a
2
+ b
2
.
Chứng minh 21 (xem [4], Proof #79). Xét DABC 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 DCEF DDEB (g.g) nên ta có
CE =EF suy ra CE:EB = DE:EF;
DE EB

26
mà
CE=EB= a ; DE=OD OE = c b ; EF=OF+OE= c +b
2 2
2 2 2
nên = 2 2 2 +2 )a2
= c2
b2
:
2
2
a c b c b
Vậy a
2
+ b
2
= c
2
.
Chứng minh 22 (John Molokach, xem [4], Proof #87). Xét tam giác vuông
có cạnh góc vuông a và b, cạnh huyền c.
Vẽ ra phía ngoài của tam giác ba hình vuông có diện tích a
2
, b
2
và c
2
. Khi đó, ta
được chiếc ghế cô dâu (the bride’s chair). Hình bên trái, chiếc ghế cô dâu (the
bride’s chair) được đặt vào trong một hình chữ nhật có kích thước 2b + a và 2a + b.
Hình 1.30.
Diện tích hình chữ nhật bằng
(2b + a) (2a + b) = 2a
2
+ 5ab + 2b
2
:
Để chứng minh định lý, John di chuyển một trong những tam giác như hình bên
phải. Bốn hình bên phải xuất hiện ba hình vuông và ba hình thang. Ba hình thang
có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi hình bằng
3ab
. Ta
có 2
2a
2
+ 5ab + 2b
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3:
3ab
+
ab
:
2 2
Vậy a
2
+ b
2
= c
2
.

27
Sự tinh tế trong cách phân chia hình chữ nhật cạnh (2a+b) thành các hình
vuông cạnh a, b, c đồng thời chuyển hình tạo các hình thang vuông đã làm
cách chứng minh trở nên dễ dàng. Ta bắt gặp hình thang vuông trong rất
nhiều cách chứng minh và trường hợp này cũng không ngoại lệ: ba hình
thang vuông khác nhau song lại có diện tích bằng nhau. Đây là điều cần lưu ý
bởi trên hình vẽ nếu chỉ quan sát đơn thuần thường khó để dự đoán chúng
có diện tích bằng nhau. Bước cuối cùng của chứng minh cũng là bước đã rất
quen thuộc là diện tích một hình bằng tổng diện tích nhiều hình khác.
Chứng minh 23 (xem [4], Proof 89).
Hình 1.31. Chứng minh dựa trên sự phân chia hình bình hành
Dựa vào hình vẽ tam giác đánh số 1 có cạnh góc vuông a; b, cạnh huyền
c; tam giác đánh số 2 có cạnh góc vuông x; y, cạnh huyền b.
Hai tam giác đồng dạng nên ta có
ab b2
x = ; y = : (1.7)
c c
Diện tích hình bình hành có thể đánh giá trực tiếp bằng (a + c)b hoặc qua tổng các
diện tích thành phần: bốn hình tam giác có diện tích 4
a
; hai hình tam giác có diện
b
tích 2
xy
và hình chữ nhật ở giữa (có kích thước b x và y a).
Ta có 2
(a + c)b = 4: ab + 2:xy + (b x) (y a)
2 2
= 2ab + xy + (b x) (y a) = ab + by + xa: (1.8)
Thay (1.7) vào (1.8) ta có
b
3
a
2
b b ac + b
2
+ a
2
ab + by + xa = ab + + = c :
c c

28
hay
b ac + b2
+ a2
(a + c)b = suy ra (a + c)c = ac + b
2
+ a
2
:
c
Vậy c
2
= a
2
+ b
2
.
Đây tiếp tục là một cách chứng minh với cơ sở nền tảng là biểu thức
diện tích hình to bằng tổng diện tích các hình bé. Trong lời giải này đối với
hình bình hành, một hình không có quá nhiều tính chất đặc biệt, sự phân
chia đầy màu sắc này đã làm cho nó trở nên đặc biệt hơn. Lời giải thì có
vẻ phức tạp nhưng thực tế các bước chứng minh lại là một trình tự khá
logic và dễ tư duy cho người đọc ngay khi vừa mới nhìn hình vẽ.
Chứng minh 24 (Bui Quang Tuan, xem [4], Proof 95). Xét DABC vuông tại C
có BC = a; AC = b; AB = c; đường tròn tâm O đường kính AB và giả sử b a.
Lấy M thuộc BC như trên hình vẽ sao cho CM = CA. Gọi N là giao điểm của
AC và BD. Giao điểm của MA với đường tròn gọi là C. Mà lại có b a nên D nằm
trên nửa đường tròn không chứa C. Từ đó DABD nội tiếp đường tròn tâm O
đường kính AB nên DABD vuông tại D, suy ra MD ? BN. Mặt khác DBMN có NC
? MB và NC giao MD tại A nên A là trực tâm DBMN. Suy ra AB ? MN.
Hình 1.32.
Ta có
S
DBMN
= S
DMNA
+ S
DCNB
+ S
DCMA
hay S
DBMN
S
DMNA
= S
DCNB
+ S
DCMA
:
Suy ra
AB:MN a2
b2
(1.9)
= + :
2 2 2

29
Ta lại có DMCN = DACB (do có góc C vuông, CA = CM, góc B và góc N bằng nhau do cùng
phụ
[
) nên = = . Thay vào (1.9) ta có
NMC MN b c
c
2
= a
2
+ b
2
:
2 2 2
Vậy c
2
= a
2
+ b
2
.
Đây là cách chứng minh sử dụng cách vẽ thêm hình phụ thông dụng thường
thấy trong nhiều bài toán chứng minh hình học liên quan đến hình tròn. Điểm lưu
ý ở cách chứng minh này chỉ là việc biến đổi cộng trừ một cách tinh tế các biểu
thức diện tích để tránh phức tạp, tránh đi đường vòng làm dài cách chứng minh.
Chứng minh 25 (Edgardo Alandete, xem [4], Proof 97). Đây là chứng
minh “không có chữ”.
Hình 1.33.

30
Hình 1.34.
Chứng minh 26 (xem [4], Proof 105). Xét DABC vuông tại C với BC = a,
AC = b, AB = c: Lấy A
0
, B
0
lần lượt là điểm đối xứng của C qua A và B.
Khi đó AB k A
0
B
0
. Do O là tâm đường tròn nên A, B và O thẳng hàng và
O là trung điểm của AB. Gọi giao điểm của CO với đường tròn là C
0
.
Hình 1.35.
Ta có
CO =CA =CB (vì cùng bằng1 )
CC
0
CA
0
CB
0
2

31
nên A
0
, B
0
và C
0
thẳng hàng. Đường thẳng A
0
B
0
cắt đường tròn tại giao
điểm thứ hai là D như hình vẽ.
Khi đó ta có A
0
C = 2b; B
0
C = 2a; A
0
B
0
= 2c; A
0
C
0
= B
0
C
0
= c: Giả sử a >
b như hình vẽ. Với A
0
C và A
0
B
0
cắt đường tròn tại các điểm như hình vẽ ta có:
DA
0
AD DA
0
C
0
C g.g suy ra A0
A = A0
D ) A
0
A:A
0
C = A
0
D:A
0
C
0
:
A C
0
A C
0 0
hay là
DC
0
c:
2a
2
= c (1.10)
Hình 1.36.
Ta có DB
0
BD DB
0
C
0
C (g.g) nên
B0B
=
B0D
) B0B:B0C = B0D:B0C0:
B
0
C
0
B0
C
hay
2b
2
= c + DC2
0
:c: 2 2
, hay a
2
+ b
2 2(1.11)
Cộng vế với vế của (1.10) và (1.11) ta được 2a + 2b = 2c = c :
Chứng minh 27 (Tran Quang Hung, xem [4], Proof 107). Xét tam giác
DABC có AD; BE; CF là các đường cao. Ở phía ngoài DABC vẽ
DBCX; DCEY; DBFZ
là các tam giác đều.

32
Hình 1.37.
Vẽ đường tròn đường kính AB; AC (Hình 1.37). Do AD; CF; BE lần lượt
vuông góc với BC; AB; AC nên F; D thuộc đường tròn đường kính AC; E;
D thuộc đường tròn đường kính AB.
Khi đó ta có CD:CB = CE:CA và BC:BD = BF:BA: Các tam giác DBCX,
DBFZ, DCEY đều nên
p 4
S
DBCX
=
3
BC
2
hay SDBCX = BC
2
:
p
4 3
Suy ra
4
SDBCX = BC:(BD +DC) = BD:BC +DC:BC
p 3
2 2
= BF:BA +CE:CA = p d (Z; AB):AB +p d (Y ; AC):AC
3 3
2 4
=p
(2S
DACY +2SDABZ) =p
(S
DACY
+S
DABZ
):
3 3
Suy ra
S
DBCX
= S
DACY
+S
DABZ
:
(1.12)
Khi góc A vuông ta có E; F trùng A và
p p p
S
DBCX
= 3 BC2
;
S
DACY = 3AC2
; SDABZ = 3AB2
: (1.13)
4 4 4
Từ (1.12) và (1.13) ta được BC
2
= AC
2
+ AB
2
:
Cách chứng minh mà nếu chỉ nhìn hình vẽ sẽ cảm thấy chán nản vì nó tương đối
cồng kềnh. Tuy nhiên đây lại là cách chứng minh dựng thêm hình phụ đơn giản sử

33
dụng các tam giác đều và các đường tròn. Với các hình có nhiều tính chất
đặc biệt thì lại càng lợi thế trong việc để chứng minh. Và cụ thể ở cách này,
trước là việc tính toán diện tích các tam giác đều sau là đặc biệt hóa vị trí các
điểm và cốt lõi vẫn dựa trên biểu thức diện tích để đi đến chứng minh.
Tran Quang Hung còn đưa ra một cách chứng minh khá tổng quát
(xem [4], Proof 115)
Nhận xét 1.2.1. Tam giác ABC nội tiếp (O), X là giao điểm của đường
phân giác trong BACd và đường trung trực của BC. Y; Z thuộc đường
phân giác ngoài của BACd sao cho OY k AB; OZ k AC: Khi đó ta có
S
DABZ
+S
DCAY
= S
OBXC
:
Chứng minh.
Hình 1.38.
Theo cách dựng ta có OA = OB = OC = OX nên DAOC, DAOB, DCOX, DBOX cân. Đặt
BACd = a; AOYd = b ; AOZd = r: Vì OZ k AC, ACOd = CAOd, Y Z là phân giác
ngoài của DABC nên
BAZd = CAYd = 90o
a
hay 2
AY O = 90
o a
:
2
cho tam giác
Áp dụng Định lý hàm số sin D
AOY ta có
d
sin
AO AY
)
AO AY
(1.14)
a = a = :
90o
sin b cos sin b
2 2

34
Xét tam giác AOC cân nên
AC = 2AO cos r: (1.15)
Mặt khác,
1
AY:AC sin
a
=
1 a
S
DACY
=
90
o
AY:AC cos : (1.16)
2 2 2 2
Từ (1.14) , (1.15) và (1.16) ta có
SDACY = AO2
: sin b cos r:
Tương tự,
SDABZ = AO2
: sin r cos b .
Ta có a = b + r nên
SDACY + SDABZ = AO
2
(sin b cos r + sin r cos b ) = AO
2
sin a:
BOX = COX
[
= nên
Dựa vào hình vẽ, vì d
a
AO2 sin a AO
2
sin a 2
sin a:
S
OBXC
= S
DBOX
+S
DCOX
=
+ = AO
2 2
Suy ra S
DABZ
+ S
DCAY
= S
OBXC
:
Chứng minh 28 (Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras). Khi BACd =
90 thì O 2 BC tứ giác BOCX trở thành tam giác BCX vuông cân tại X,
DABZ vuông cân tại Z, DACY vuông cân tại Y .
Hình 1.39.
Ta có
S
DABZ
+S
DCAY
= S
BXC
:

35
suy ra
AB
2
+AC
2
=BC
2
4 4 4
hay AB
2
+ AC
2
= BC
2
:
Chứng minh 29 (xem [4], Proof 115). Xét (E; r), AD và AD
0
là các tiếp
tuyến của đường tròn, AE cắt đường tròn tại C. Đường thẳng qua C
vuông góc AE cắt AD và AD0
lần lượt tại B và B0
.
Hình 1.40.
Khi đó BD, BC là hai tiếp tuyến của đường tròn xuất phát từ B nên ta có
BD = BC = a và các độ dài khác kí hiệu như hình vẽ.
Ta có DABC DAED (g.g) nên
AC = BC hay ED =BC :
AD ED AD AC
Suy ra
r a
) r =
a (a + c)
= :
a + c b b
Ta có DEBD = DEBC (c.g.c) và
SDEBD = SDEBC =
ar
:
2
Ta có
S
DAED
= S
DABC
+S
DEBD
+S
EBC
= S
DABC
+2S
EBC
:
Suy ra
r (a + c)
= 2:
ar
+
ab
) r (c a) = ab:
2 2 2

36
Thay r = a (c + a) ta có
b
a (c + a) (c a)
= ab ) c
2
a
2
= b
2
:
b
Vậy c
2
= a
2
+ b
2
:
Nhận xét 1.2.2. Ngoài các cách chứng minh trên, ta còn có các cách
chứng minh hình học khác trong tài liệu [4], đó là các cách 1, 2, 7, 9, 10,
12, 14-17, 23, 26-28, 35-37, 68-69, 72, 75, 78, 94, 96, 99, 104, 106, 117.

37
Chương 2
Các chứng minh đại số và lượng giác
của định lý Pythagoras
2.1 Các chứng minh đại số của định lý Pythagoras
Chứng minh 30 (Bhaskara, Ấn Độ, thế kỷ XII, xem [4], Proof 3). Xét bốn tam giác
bằng nhau. Lần lượt quay tam giác đầu tiên một góc 90 , 180 , 270 ta được tam
giác thứ 2, 3, 4 (Hình 2.1). Mỗi tam giác có diện tích
ab
. Xếp chúng lại như Hình 2
2.2 ta được hình vuông cạnh c.
Hình 2.1. Chứng minh của Bhaskara (a)
Hình 2.2. Chứng minh của Bhaskara (b)
Hình vuông bên trong có cạnh a b diện tích (a
2ab, còn diện tích hình vuông lớn là c2. Vậy ta có
b)2. Diện tích bốn tam giác là
c2 = 2ab + (a b)2 = 2ab + a2 2ab + b2:

38
Như vậy, c
2
= a
2
+ b
2
.
Chứng minh 31 (Mathematics Magazine, 33, March 1950, p. 210). Xét
DABC vuông tại A đường cao AD: Ta có
DABC DDBA(g:g) )
AB
=
BC
, AB2
= BC:DB;
BD BA
DABC DDAC(g:g) )
AC
=
BC
, AC2
= BC:DC:
DC AC
Hình 2.3.
Cộng vế tương ứng ta có
AB2
+AC2
= BC:BD +BC:DC = BC:(BD +DC) = BC2
:
Chứng minh trên có thể được viết lại như sau. Gọi BD = x; AC = c; AC
= b; BC = a. Khi ấy
AC
2
= BD:(BC BD); AB
2
= BC:DB:
Hay là b
2
= a(a x); c
2
= ax. Vậy b
2
+ c
2
= a(x + (a x)), tức là b
2
+ c
2
= a
2
.
Chứng minh 32 (xem [4], Proof 19). Chứng minh 32 là biến thể của
Chứng minh 31.
Trên cạnh BA dựng tam giác vuông ADB đồng dạng với tam giác
vuông ABC. Ta có DADB DABC (g.g). Suy ra
AD AB
tức là AD =
AB2
= ;
AB AC AC
BD =AB tức là BD = AB:BC :
BC AC AC

39
Hình 2.4.
Ta có
S
DABD
+ S
DABC
= S
DDBC
suy ra 1:AB:AD + 1AB:AC = 1 :BD:BC:
2 2 2
Thay các kết quả trên vào ta có
AB2
AB:BC
AB: + AB:AC = :BC:
AC AC
Chia cả hai vế cho
AB
ta được AB
2
+ AC
2
= BC
2
.
AC
Chứng minh 33 (xem [4], Proof 20). Xét DABC0
, DBCA0
, DACB0
đồng
dạng với DABC như trong Hình 2.5.
Hình 2.5.
Ta có
DABC
0
DBCA )
AB
=
BC0
)BC
0
=
AC:AB
BC CA BC
DACB
0
DBCA )
B0
C AC
)B
0
C=
AC2
= :
AC BC BC

40
Qua hình vẽ, ta có
DABC = DA
0
CB và DABB0
= DABC0
:
nên
SDABC +SDAB0C = SDABC0 )
1
AC:BC +
1
B0
C:AC =
1
BC0
:AB
2 2 2
) AC:BC +
AC2
:AC =
AC:AB
:AB:
BCBC
Chia cả hai vế cho
AC
ta được BC
2
+ AC
2
= AB
2
.
BC
Chứng minh 34 (xem [4], Proof 31). Xét DABC vuông. Đặt BC = a, AC = b và
AB = c:
Hình 2.6. Hình vẽ của Chứng minh 34
Dựng các hình vuông cạnh AC và BC như trên Hình 2.6. Khi đó DABC =
DPQC (c.g.c) nên QPCd = BACd:
Gọi M là trung điểm cạnh AB, giao điểm của MC và PQ là M. Ta có DABC
vuông tại C, có M là trung điểm AB nên AM = MB = MC: Thêm nữa, DCMB cân
tại (vì = ) suy ra
[
=
[
.
M MB MC MBC MCB
Mặt khác ta cũng có
Ta có PCRd = MCB
[
và QPCd = BACd:
?
d d d d
= 90
)
MR PQ:
PRC = PCR +QPC = BAC +MBC
[

41
Ta cũng có
d(M; BC) = AC =b ;
1
2 2
1 b b
2
S
DMCP
=
d(M; BC):PC = : :b = ;
4
2 2 2
SDMPC = 1:CM:PR = c :PR:
2 4
Tương tự ta có
a
2
c
S
DMCQ
=
và
S
DMCQ = :RQ:
4 4
Cộng lại ta có
a2
b2
c c c c
+ = :PR + :RQ = :PQ = :c:
4 4
4 4 4 4
Suy ra
a2
b2
c2
+ = :
4 4 4
Như vậy a
2
+ b
2
= c
2
.
Hình vẽ trong cách chứng minh này sẽ giống hình vẽ trong cách Chứng minh
14 nếu hình vẽ cách Chứng minh 14 bỏ đi hình vuông to nhất. Cách chứng minh
này vẫn bám theo lối tư duy sử dụng biểu thức về diện tích, chỉ khác về việc lựa
chọn sao cho hợp lí các tam giác để được kết quả nhanh nhất.Vì vậy, đây chỉ
được tính là một biến thể chứ không thể coi là một sự sáng tạo mới mẻ.
Chứng minh 35 (Michelle Watkins, 1997/98). Giả sử DABC và DDFE là hai tam
vuông bằng nhau sao cho B 2 DE và A, F, C, E thẳng hàng. Suy ra AB ? DE:
Hình 2.7.

42
Đặt BC = FE = a, AC = DF = b, AB = DE = c: Ta có DBCE DDFE (g.g) nên
CE BC
hay là CE =
BC:EF a:a a
2
= = = :
FE DF DF b b
Ta có
a2
a2
+ b2
AE = AC +CE = b + = :
b b
Tính diện tích tam giác ADE theo hai cách khác nhau
1 c
2
S
DADE
=
AB:DE = ;
2
2
1 1 a
2
+ b
2
1
S
DADE
=
AE:DF = :b: = (a
2
+ b
2
):
b
2 2 2
So sánh kết quả ta có a
2
+ b
2
= c
2
. Phép chứng minh được kết thúc.
Chứng minh 36 (Tao Yong, 1994, xem [4], Proof 46). Xét các tam giác
vuông bằng nhau ABC và DEB với E 2 AB. Đặt AC = BD = c; BC = BE = a,
DE = AB = b, CF = x:
Hình 2.8.
Ta có DBFC DABC (g.g) nên
BC
=
CF
. Từ đây suy ra
AC BC
BC
2
a2
x = CF = = :
AC c
Ta có
1 1
S
DABD
=
DE:AB = AF:BD
2 2
suy ra
a2
c:(c
b2 c:(c x) = ) :
= c
2 2
2
Tức là, b
2
= c
2
a
2
. Tóm lại, ta có điều cần chứng minh a
2
+ b
2
= c
2
:

43
Chứng minh 37 (John Kawamura, 2005, xem [4], Proof #47). Xét hai tam
giác vuông bằng nhau ABC và BDE. Đặt
BC = BE = a; AB = DE = b; AC = BD = c:
Hình 2.9.
Ta có DBDE vuông tại E nên
[ +[=90 :
EBD EDB
Mà BAC = EDB
[
(vì DABC = DDEB) nên EBD
[
+ BAC = 90 : Suy ra AC BD. Ta
có d 1 c2 d ?
SABCD
= AC:DB =
2 2
1 1 a2 b2
S
ABCD
= S
DBCD
+S
DABD
=
BE:BC + DE:AB = + :
2 2 2
2
Suy ra
a
2
+ b
2
= c
2
2 2 2
Tức là, a2
+ b2
= c2
.
Chứng minh 38 (W. J. Dobbs (1915-1916), xem [4], Proof #48). Xét hai
tam giác vuông bằng nhau ABC và DEA. Lấy E 2 AB. Đặt AE = BC = a,
AB = AD = b, AC = DE = c:
Tương tự Chứng minh 37, ta có AC ? DE: Ta có
SAECD = SDAED + SDDCE =
1
AC:DE =
c2
;
2 2

44
Hình 2.10.
S
ABCD
= S
AECD
+S
DBCE
c
2
1
BE:BC
= +
2
2
c
2
a(b a) c
2
+ ab a
2
= + = :
2 2
2
Mặt khác
S
ABCD
=(AD + BC):AB (a + b):b ab + b2
= = :
2 2 2
Suy ra
c
2
+ ab a
2
ab + b
2
= :
2 2
Vậy a2
+ b2
= c2
:
Bốn cách Chứng minh 35, 36, 37 và 38 nếu quan sát kĩ ta thấy chúng có vẻ
trùng nhau về mặt ý tưởng hình vẽ và mục tiêu hướng đến. Cái khác ở đây chỉ là
cách lựa chọn cặp tam giác đồng dạng (Chứng minh 35, 36) hay hình có diện
tích cần phân tách (Chứng minh 37, 38) và biến đổi khác nhau trong quá trình
tính toán. Bốn cách chứng minh này có tính tương đồng cao nên có thể coi là sự
mở rộng lẫn nhau mặc dù không phải thuộc cùng một tác giả.
Chứng minh 39 (xem [4], Proof 49). Vẽ một hình vuông ABMD tựa trên
hai cạnh AB và AD của hai tam giác ABC và DEA.
Đặt AE = BC = a, AB = AD = b, AC = DE = c: Ta có SABMD = b
2
và
S
ADMB
= S
AECD
+S
DCMD
+S
DBCE
=AC:DE +DM:CM + BE:BC
2 2 2
c2
b(b a) a(b a)
= + +
2 2
2
c2
b2
a2
= +
2 2 2

45
Hình 2.11 (a) Hình 2.11 (b)
c
2
b
2
a
2
Suy ra b2 = + hay a2 + b2 = c2.
2
2 2
Nhận xét 2.1.1 (Douglas Rogers). Dựng hình vuông BCEG. Ta có (Hình 2.11 (b))
S
ABCD
=AC:DE c
2
= :
2 2
Ta có
S
ABCD
= S
EBCG
+S
DCDG
+S
DADE
= BC:BE + GC:GD +AE:ED
2 2
a2 b2
= a2 a:(b a) b(b a)
+ + = + :
2 2 2
2
a
2
b
2
c
2
Suy ra + = hay a2 + b2 = c2:
2
2 2
Chứng minh 40 (W.J. Dobbs (1913-1914), xem [4], Proof #51).
Hình 2.12. Hình vẽ của Chứng minh 40
Hình tam giác có thể xoay 90 xung quanh một trong các góc của nó, như vậy góc
giữa hai cạnh huyền trong Hình 2.12 là góc vuông. Trong Hình 2.12, hình vuông có

46
diện tích b
2
được chia thành hai tam giác vuông có độ dài các cạnh góc vuông và
diện tích lần lượt là c, c và (b a; b + a),
c
2
(a + b)(b a)
và . Suy ra
2
2
b
2
=
c
2
(a + b)(b a)
)
a
2
b
2
c
2
+ + = :
2 2 2 2 2
Vậy a2
+ b2
= c2
.
Nhận xét 2.1.2 (J. Elliott). Tính diện tích theo hai cách (Hình 2.13):
Hình 2.13.
Ta có
ab (b + b a):b c
2
(a + b)(b a)
+ = +
2 2 2 2
suy ra
c2 (a + b)(b a)
b2
= + :
2 2
Vậy
a2
b2
c2
+ =
2 2
2
tức là a
2
+ b
2
= c
2
. Ta cũng nhận được điều phải chứng minh.
Chứng minh 41 (Học sinh Trung học Jamie deLemos, 1995, xem [4], Proof 25).
Ghép các tam giác vuông đó như Hình 2.14.
Hình 2.14.

47
Một mặt, diện tích hình thang bằng
(2a + 2b)(a + b):
2
Mặt khác, diện tích hình thang bằng
2:ab + 2:ab + 2:c
2
:
2 2 2
Vậy
(2a + 2b)(a + b) 2:ab 2:ab 2c2
= + + :
2 2 2 2
Tóm lại, ta có a
2
+ b
2
= c
2
.
Đây là một cách chứng minh hay thể hiện sự thông minh trong việc xếp
hình, đó là việc nhờ vào các tính chất góc để có các tam giác vuông cân
và hình thang cân. Hay đơn giản hơn có thể hiểu hình thang vuông bên
phải là sự đối xứng của hình thang vuông bên trái qua đường cao của nó.
Lời giải chứng minh là sự trình bày công thức tính diện tích khá dễ hiểu.
Chứng minh 42 (Larry Hoehn, xem [4], Proof 53). Kéo dài cạnh AC của DABC
vuông một đoạn AD = AB = c (Hình 2.15). Vẽ đường Dx vuông góc với CD. Đường
phân giác trong của BADd cắt Dx tại E. Kẻ EF ? BC cắt BC tại F, DABE và DADE
có là cạnh chung, = [
AE EABd EAD
Hình 2.15.
Ta có AB = AD = c (cách vẽ). Suy ra
DABE = DADE(c:g:c) ) EBAd = EDAd = 90 ;
tức là DABE vuông tại B. Suy ra ABCd + EBFd = 90 : Vì
EBF +FEB = 90 ; ABC + BAC = 90

d d d d

48
nên
ABC = FEB; BAC = EBF:
Suy ra DABC DBEF (g.g)
d
. d d d
Đặt EF = x thì x = EF = CD = b + c. Đặt BF = u, DE = y thì EB = y do
DABE = DADE. Vì DABC DBEF nên
FE BF BE
)
x u y
) u =
x:b
; y =
x:c
= = = = :
BC AC AB a b c a a
Suy ra
(b + c):b (b + c):c
u = ; y = :
a a
Mặt khác, y = u + a nên
(b + c)c (b + c)b
= + a:
a a
Vậy a2
+ b2
= c2
:
Cách chứng minh này đơn giản nhưng lại tương đối dài và tính toán cũng nhiều,
dùng cả kiến thức về tam giác bằng nhau cũng như tam giác đồng dạng để chứng
minh. Hơn nữa việc tạo ra quá nhiều điểm và chứng minh qua nhiều cặp tam giác
không phải là một cách làm hay dù có ra được kết quả chứng minh. Tuy nhiên cũng
khá đề cao tư duy dựng hình bởi nó có phần gần gũi với nhiều tư duy hơn.
Chứng minh 43 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1896, xem [4], Proof 58).
Tam giác DABC vuông tại C. Trên BC lấy điểm D sao cho BD = BA. Từ trung
điểm E của CD kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AD tại F. Suy ra
EF k AC; FE =
AC
; FA=FD=
AD
:
2 2
Mà
CD=BD BC=AB BC; BE =BC+ DC =BC+ (AB BC) =(AB +BC) :
2
2 2
Tam giác ABD cân tại B, và Flà trung điểm AD, suy ra BF ? AD, từ đây ta có
[
= [
(cùng phụ với góc
[
). Mà
[
= (hai góc đồng vị) nên
DFE DBF FDE DFE DACd
[
=: Do
DBF DACd
DADC DBEF (g.g) )
AC
=
CD
) EF:AC = CD:EB:
BE EF

49
Hình 2.16.
suy ra
AC
AC =
(AB BC)(AB + BC)
:
2 2
Vậy ta có AC
2
+ BC
2
= AB
2
.
Chứng minh 44 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1896, xem [4], Proof
59). Tam giác DABC vuông tại C. Các cạnh AB = c; AC = b; BC = a là
cạnh ngắn nhất. Vẽ đường tròn (C;CB). Gọi D và H là giao của AC với
đường tròn, AB cắt đường tròn tại E. Vẽ CL ? AB, L là trung điểm của BE.
Hình 2.17.
Ta có DABC DCBL vì có góc CBL chung, ACB = CLB = 90 . Suy ra
BL
d
d d
BC
)BL=
BC
2
a2
= = :
BC AB AB c
Tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra
[
=
[
(góc ngoài bằng góc trong
BCDE ADE ABH tại đỉnh đối diện). Suy ra
DADE DABH (g.g) )
AD
=
AE
) AD:AH = AB:AE:
AB AH
a
2
hay (b a)(b +a) = c(c 2:BL), tức là b2 a2 = c2 2c: . Vậy ta có a2 +b2 = c2.
c

50
Chứng minh 45 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, 1986, xem [4], Proof
60). Ý tưởng chứng minh này có sự tương tự với cách Chứng minh 44.
Hình 2.18.
Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Vẽ (C; b). Xét DAFB và DJKB có ABFd =
KBJd (hai góc đối đỉnh) và JFAd = BKJd (cùng chắn cung AJ). Suy ra
DAFB DJKB (g. g). Suy ra
AB
= BF
) AB:BK = BF:BJ:
BJ BK
Hay
c:BK = (b a)(b + a): (2.1)
Ta có DACB DAKH (g.g) nên
AC AB
suy ra AK =
AC:AH 2b
2
= = :
AK AB
AH c
Ta có BK = AK c =
2b
2
c
2
, thay vào (2.1) ta được
c
2b2
c2
a)(b + a) suy ra a
2
+ b
2
= c
2
:
c: = (b
c
Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 2.1.3. Tương tự cách Chứng minh 44 cách chứng minh này
cũng không đúng với trường hợp tam giác cân.
Hai cách chứng Chứng minh 44 và Chứng minh 45 đều sử dụng những cặp tam
giác đồng dạng quen thuộc liên quan đến tứ giác nội tiếp đường tròn, và về ý tưởng
sử dụng đường tròn thì hai cách khá giống nhau và đồng thời cùng sai trong trường

51
hợp tam giác cân. Nói chung, hai cách chứng minh này là hai dạng khá
tương đương của nhau và chủ yếu nhắc lại về một số tính chất đặc biệt
khi có sự liên quan với đường tròn.
Chứng minh 46 (B.F. Yanney & J.A. Calderhead, xem [4], Proof 61).
Trong cách chứng minh này bán kính đường tròn bằng độ dài đường cao
hạ từ C xuống AB. Khác với hai cách Chứng minh 44 và Chứng minh 45,
chứng minh này không có trường hợp ngoại lệ.
Hình 2.19.
Đặt = , = , = . Xét D và D có chung, và
[
=
[
b
BC a AC b AB c ADH AED A ADH AED
(bằng một nửa số đo cung HD). Vậy DADH DAED (g.g), suy ra
AD = AH:
AE AD
Từ đây
AD
2
= AH:AE: = (AC HC)(AC + AE) = AC
2
HC:CE = b
2
CD
2
:
Tương tự ta có
BD
2
= BK:BL = a
2
CD
2
:
Ta lại có AD:BD = CD
2
(hệ thức lượng trong tam giác vuông). Suy ra
2:AD:BD = 2:CD
2
:
Khi đó AD
2
+ BD
2
= a
2
+ b
2
2:CD
2
. Suy ra (AD + BD)
2
= a
2
+ b
2
.
Vậy a
2
+ b
2
= c
2
.

52
Hình 2.20.
Chứng minh 47 (Sina Shiehyan, 14 tuổi, Iran, xem [4], Proof 67). Hạ AP
và BK lần lượt vuông góc với đường thẳng d, với d ? OC. Khi đó ta có C là
trung điểm PK. Ta có
CP:AP CK:BK (AP +BK) PK (AP +BK) S
ABKP
SDACP +SBCK = + = CP: = : = :
2 2 2 2 2 2
Suy ra
S
DABC
= S
ABKP
(S
DACP
+S
BCK
) =
S
ABKP
) S
DACP
+S
BCK
= S
DABC
:
2
CPA BAC PCA = CBA (bằng một nửa số đo cung AC) và
Ta có D và D có d CPA
d
= BCA = 90 :
d d
Suy ra DCAP DBAC (g.g). Vậy ta có
AP CA CP AP b CP
= = ) = = :
AC BA BC b c a
Suy ra
AP = b2
; CP = ab ; = S
DACP
= AP CP ; = b
2
ab =ab
3
:
c c ) 2 2cc 2c
2
Tương tự ta có
BK:CK a
3
b
S
DBCK
=
:
=
2 2c
2
ab a3
b ab3
ab
Mà SDABC = nên + = , suy ra a3
b+ab3
= abc2
. Như vậy c2
= a2
+b2
.
2 2c
2
2c
2
2

53
Cách chứng minh này sử dụng cách vẽ thêm hình khá đơn giản và thông
dụng trong một số bài toán liên quan với đường tròn: tam giác nội tiếp đường
tròn, từ hai đỉnh lần lượt kẻ các đường vuông góc với tiếp tuyến đi qua đỉnh
còn lại. Trong cách chứng minh này, nhờ cách kẻ thêm hình phụ đó, bài toán
trở nên dễ dàng trong tính toán diện tích và chứng minh tam giác đồng dạng.
Chứng minh 48 (xem [4], Proof 73). Đặt CE = BC = a, CD = AC = b:
Hình 2.21.
Gọi F là giao điểm của DE và AB. Ta có DCED = DCBA vì
CE = BC = a; ECD
[
= ACB = 90 ; CD = AC = b:
Suy ra DE = AB = c. d
Tam giác BCE cân tại C, suy ra EBCd = 45 : Tam giác ACD cân tại C, suy ra
CDAd = 45 : Như vậy
EBCd +CDAd = 90 ) BE ? AD ) DF ? AB:
SDABD = SDABE +SDACD +SDBCE )
AB:DF
=
AB:FE
+
AC:CD
+
BC:CE
2 2 2 2
) c: (c + FE) = c:FE + b2
+ a2
) a2
+ b2
= c2
:
Chứng minh 49 (xem [4], Proof 82). Vẽ tia phân giác AD của góc A. Vẽ DE ? AB.
Đặt AB = c, BC = a, AC = b, CD = DE = x.
Khi đó BD = a x, BE = c b và DDBE DABC (g.g). Suy ra
DE BD BE
)
x a x c b
= = = = :
AC AB BC b c a
Ta có

54
Hình 2.22.
Ta có
x
=
a x
=
a
;
x
=
c b
b c b + c b a
suy ra
ab xa
b + c = ; c b = :
x b
Đến đây ta có
ab xa
(b + c) (c b) = ) c
2
b
2
= a
2
:
:
x b
Vậy c
2
= a
2
+ b
2
.
Chứng minh 50 (Bui Quang Tuan, xem [4], Proof 114). Tam giác DABC vuông tại
C với AB = c; BC = a; CA = b:
Hình 2.23.
Dựng DDAE = DABC sao cho AD?AB và E 2 AC. Ta có
S
ABED
= S
ABC
+ S
ADE
+ S
BEC

55
= AC:BC + AE:DE + BC:CE
2 2 2
=ab + ab +(a b):a: (2.2)
2 2
2
Ta cũng có
S
ABED
= S
ABD
+S
BED
=AD:AB + CE:DE
c
2 2 2
(a b):b
(2.3)
= + :
2
2
Từ (2.2) và (2.3) suy ra
2ab + (a b)a = c
2
+ (a b)b:
Rút gọn ta có c
2
= a
2
+ b
2
. Ta có điều cần chứng minh.
Dựng hình luôn là một trong những bước quan trọng nhất để giải quyết
một bài toán hình học. Ở cách chứng minh này, Bui Quang Tuan đa sử dụng
phương án vẽ thêm hình khiến bài toán chứng minh định lý Pythagoras phức
tạp trở nên cực kì đơn giản. Sau khi vẽ thêm tam giác DAC và sử dụng cách
tách diện tích tứ giác ABED thành diện tích tam giác nhỏ hơn cùng với vài
bước biến đổi cơ bản định lý Pythagogas được chứng minh.
Chứng minh 51 (Jack Oliver, 1997, xem [4], Proof 42).
Hình 2.24.
Trong DABC vuông (Hình 2.24), vẽ đường tròn nội tiếp (O; r), và vẽ ba
bán kính vuông góc với các cạnh của tam giác. Mỗi cạnh sẽ bị chia thành
hai phần như trong Hình 2.24.

56
Ta có c = (a r) + (b r) = a + b 2r nên suy ra
r = a+ b c:
2
Ta tính diện tích DABC theo hai cách
ab
= ;
S
DABC
= S
DAOB
+S
DBOC
+S
DCOA
= ra + rb + rc = (a + b + c)r
2 2 2 2
a + b + c a + b c (a + b)
2
c
2
= : =
2 2 4
ab (a + b)
2
c
2
= = :
2 4
Suy ra a2
+ b2
= c2
:
Khác với cách Chứng minh 51, trong cách chứng minh này, ta không
dựng thêm tam giác vuông mới mà vẽ đường tròn nội tiếp tam giác vuông
ABC ban đầu. Đây là một phương án rất thông minh, đưa bài toán trở về với
câu hỏi tính diện tích tam giác ABC, sau đó so sánh các kết quả với nhau và
rút ra kết quả cuối cùng, ta được công thức của định lý Pythagoras.
Chứng minh 52 (Kurrah, 836-901, Thổ Nhĩ Kỳ, xem [4], Proof 18). Xét DABC.
Trên cạnh BC lấy các điểm B
0
và C
0
sao cho CAB = AC
[0
B = AB
[0
C. Khi đó DABC,
DC
0
BA và DB
0
AC đều đồng dạng. d
Hình 2.25.

57
Do ba tam giác đồng dạng với nhau nên ta có các tỉ lệ
AB
=
BC
và
AC
=
BC
:
BC0
AB CB
0
AC
Do đó AC2
+ AB2
= BC(CB0
+ BC0
):
Trong trường hợp góc A là vuông, hai điểm B
0
và C
0
sẽ trùng nhau (do góc
A vuông nên hai điểm này sẽ đều là chân đường cao) ta có AB
2
+ AC
2
= BC
2
.
Chứng minh 53 ((Poo-Sung Park, 1999, xem [4], Proof 30).
Hình 2.26.
Từ một hình tam giác vuông ban đầu cạnh (a; b; c) ta dựng một hình vuông cạnh a
(cạnh nhỏ hơn). Sau đó, trên cạnh b của tam giác vuông, dựng một tam giác vuông cân
sao cho cạnh huyền của tam giác vuông cân này trùng với cạnh bên b của tam giác
vuông. Sau đó dựng ba tam giác bằng tam giác vuông cân này. Các cạnh huyền đều
nằm trên cạnh của hình vuông cạnh a và cách sắp xếp như trong Hình 2.26
Nối bốn đỉnh của bốn tam giác vuông cân, ta được hình vuông cạnh c.
Thật vậy, xét hình tứ giác có một cạnh là c và gồm hai cạnh bên của hai tam
giác vuông cân kề nhau (xét hai cạnh ở xa nhau nhất) như trong hình. Hai cạnh
bên của hai tam giác vuông cân này có độ dài bằng nhau và song song với nhau
(do tổng của hai góc do hai cạnh này tạo với cạnh c bằng 180 (mỗi góc bằng
một góc của tam giác vuông cộng với 45 ). Do đó, tứ giác này là hình bình hành
và đoạn thẳng nối hai đỉnh của hai tam giác vuông cân có độ dài bằng. Do tính
tương tự của các cặp tam giác vuông cân, cả bốn cạnh nối bốn đỉnh của bốn
tam giác vuông cân đều có độ dài bằng c và tạo thành hình vuông cạnh c.

58
Ta lại có cứ mỗi cặp cạnh kề nhau gần nhau nhất của hai tam giác vuông cân cạnh
nhau thì đều bằng nhau và song song với nhau (đều tạo cùng một góc với một cạnh của
hình vuông cạnh a). Do đó, ứng với mỗi tam giác nhỏ trong mỗi tam giác vuông cân
nằm ngoài hình vuông cạnh c (các tam giác chờm ra ngoài hình vuông cạnh c trong
Hình 2.26) đều có một tam giác nhỏ chung đỉnh nằm trong hình vuông cạnh c và bằng
tam giác này (bạn đọc có thể nhận thấy ngay từ hình vẽ). Vì vậy, tổng diện tích của hình
vuông cạnh a và bốn tam giác vuông cân thì cũng bằng diện tích
hình vuông cạnh c. Mỗi hình tam giác vuông cân cạnh huyền b có diện tích b
2
=4
nên ta có a
2
+ 4
b2
= c
2
, hay c
2
= a
2
+ b
2
.
4
Cách chứng minh này rất sáng tạo nhưng tương đối phức tạp và dài dòng. Poo-
Sung Park đã sử dụng khả năng dựng hình và tư duy logic để chứng minh định lý
Pythagoras bằng các hình vuông và tam giác vuông.
Chứng minh 54 (Floor van Lamoen, xem [4], Proof 63). Xét DABC vuông.
Dựng hình vuông ABA0
B0
tâm M cùng phía với C. Dựng các hình vuông
AC
0
B
00
C và BCA
00
C
00
trên AC và BC.
Hình 2.27. Chứng minh của Floor van Lamoen
Tam giác AB
0
C
0
là ảnh của phép quay DABC quanh A cho nên B
0
nằm
trên C
0
B
00
. Tương tự, A
0
nằm trên A
00
C
00
. Cả AA
00
và BB
00
đều có độ
dài (a + b). Điểm M là trung điểm của BB
0
và AA
0
nên khoảng cách (hạ
đường vuông góc) từ M đến A
00
C
00
và B
0
C
0
đều là (a + b)=2. Ta có
S
DAMB
0
C
0 = S
DMAC
0 +S
DMB
0
C
0
= a + b:b + a + b:a = a
2
+ ab + b
2
2222424

59
SDAMB0C0 = SDAMB0 + SDAB0C0 =
c2
+
ab
:
4 2
Từ hai biểu thức trên ta có
a
2
ab b
2
c
2
ab
+ + = + :
4 2 4 4 2
Hay là a2
+ b2
= c2
. Ta có điều cần chứng minh.
2.2 Các chứng minh lượng giác của định lý Pythagoras
Chứng minh 55 (B. Polster & M. Ross, xem [4], Proof 118). B. Polster & M. Ross đã
chứng minh Mệnh đề sau không dùng định lý Pythagoras và định lý hàm số cosin.
Mệnh đề 2.2.1 (B. Polster & M. Ross, 2016, xem [5]). Trong tam giác ABC
với BC = a; AC = b; AB = c; ACBd = a ta có
c
2
= a
2
+ b
2
ab nếu a = 60 ;
c2
= a2
+ b2
+ ab nếu a = 120 .
Bây giờ ta sẽ áp dụng mệnh đề trên để chứng minh định lý Pythagoras.
Bất kì tam giác vuông nào cũng có thể chia thành một tam giác có góc 60
và một tam giác khác với góc 120 .
Hình 2.28.
Từ Mệnh đề 2.2.1, ta có
c2
= x2
+ (a y)2
+ x(a y);
b
2
= x
2
+ y
2
xy:

60
Trừ hai vế cho nhau, ta được c
2
b
2
= a
2
a(2y x). Mà x = 2y nên c
2
b
2
= a
2
hay c
2
= a
2
+ b
2
.
Chứng minh 56 (David Houston, xem [4], Proof 80). Khi xác định sin q
cho bất kì góc nhọn nào thì nó đều là tỉ số giữa đường cao và cạnh huyền
(trong hình vẽ bên dưới) tức là
sin q =
h
suy ra h = y sin q :
y
Hình 2.29.
Như vậy ta có diện tích tam giác
S = xh = xy sin q :
2 2
Ta cần chứng minh c
2
= a
2
+ b
2
trong hình vẽ sau:
Hình 2.30.
Để không mất tính tổng quát, giả sử a b (không xét trường hợp a = b để đảm
bảo
góc q nhọn).
Theo cách tính nêu trên, với tam giác to bên trái ta có
8 S = 2 2 2 suy ra ab =
c2 sin q
(2.4)
> ab
S =
c
sin q 2
<
> 2
:

61
Hình 2.31.
Với hình chữ nhật bên phải ta có
Diện tích tam giác cân cạnh a bằng S1 =
a2 sin q
; 2
Diện tích tam giác cân cạnh b bằng S2 =
b2 sin q
; 2
Diện tích hai tam giác vuông cạnh huyền c bằng S3 = 2
ab
= ab. 2
Thay (2.4) vào ta có
S3 = c2
sin q :
2
Mặt khác theo cách vẽ hình ta có S3 = S1 + S2. Hay là
c
2
sin q a
2
sin q b
2
sin q
= +
2 2 2
suy ra c
2
= a
2
+ b
2
:
Chứng minh 57 (Jason Zimba, xem [4], Proof 84). J. Zimba sử dụng hai
công thức lượng giác sau cho cách chứng minh của mình:
cos(a b ) = cos a cos b + sin a sin b ;
sin(a b ) = sin a cos b cos a sin b :
Xét tam giác vuông với hai cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là a và b
cạnh huyền c, hai góc nhọn x và y thỏa mãn
0 < y < x < 90 ; cos x = a ; sin x =b :
c c

62
Khi đó 0 < x y < 90 . Ta có
cos y = cos(x (x y))
= cos x cos(x y) + sin x sin(x y)
= cos x(cos x cos y + sin x sin y) + sin x(sin x cos ycos x sin y)
= (cos2
x + sin2
x)cos y:
Suy ra:
cos
2
x + sin
2
x = 1 )
a2
+
b2
= 1:
c
2
c2
Vậy c2
= a2
+ b2
:
Chứng minh 58 (John Molokach, xem [4], Proof 112). Giả sử a là góc
nhọn của tam giác vuông với hai cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là a và
b cạnh huyền có độ dài c thỏa mãn
cos x =a ; sin x =b :
c c
Ta có cos a = cos(2a a) = cos(2a)cos a + sin(2a)sin a: Chia lần lượt cả hai vế
cho cos a ta có
cos(2a) = 1 sin(2a)sin a = 1 2 sin a cos a sin a = 1 2sin
2
a:
cos a
cos a
Mặt khác ta có cos(2a) = cos
2
a sin
2
a, hay là cos
2
a sin
2
a = 1 2sin
2
a. Suy
ra
cos
2
a + sin
2
a = 1 )
a2
+
b2
= 1
c2 c2
suy ra a
2
+ b
2
= c
2
. Ta có điều phải chứng minh.
Ta thấy hai cách Chứng minh 57 và Chứng minh 58 đều sử dụng công thức lượng
giác để chứng minh định lý Pythagoras nhưng lại có cách triển khai khác nhau. Mặc dù
cùng áp dụng các khai triển hàm cosin và sin của hiệu hai góc, Jason Zimba đưa ra kết
quả tính toán dựa trên hai góc nhọn x, y của tam giác vuông ban đầu, trong khi đó, John
Molokach chỉ xét đến góc a là một trong hai góc nhọn tạo bởi cạnh huyền và hai cạnh
góc vuông. Tuy nhiên, sau quá trình tính toán, cả hai tác giả đều đi đến công thức
lượng giác quen thuộc sin2
x + cos2
x = 1 và bài toán được giải quyết.

63
Chương 3
Chứng minh định lý Pythagoras
nhờ các định lý hình học khác
3.1 Chứng minh định lý Pythagoras
từ định lý dây cung gãy
Chứng minh 59 (Định lý dây cung gãy, xem [4], Proof 85). Trên đường
tròn ngoại tiếp của DABC, điểm P là điểm chính giữa của cung tròn ABC.
Đường thẳng PM vuông góc với cạnh dài hơn trong hai cạnh AC và BC.
Điểm M sẽ chia đôi đường gấp khúc ABC hay AM = MC +CB.
Hình 3.1. Định lý dây cung gãy
Ta có thể chứng minh định lý này bằng cách kéo dài AC đến F sao cho CF =

64
BC. DBCF là tam giác cân với CFBd = BFCd = a. Khi đó góc ngoài ACBd
= 2a. Trong đường tròn đã cho, ACBd = APBd do nhìn cùng một cạnh. Do
đó: APBd = 2a = 2CFBd = AFBd.
Trong đường tròn ngoại tiếp DABF, PA = PB và APBd = 2AFBd nên P chính là
tâm của đường tròn này. Vì vậy, khi kẻ PM ? AF, M sẽ là trung điểm của AF hay AM
= MF = MC +CF = MC +CB và định lý dây cung gãy đã được chứng minh.
Bui Quang Tuan đã dùng định lý này để chứng minh định lý Pythagoras
như sau (Hình 3.2).
Hình 3.2. Chứng minh của Bui Quang Tuan sử dụng định lý dây cung gãy
Vẽ DABC vuông ở C, AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tâm O. Gọi P
là điểm chính giữa cung ACB. DAPB vuông cân vuông ở P. Giả sử AC > BC, gọi
M là hình chiếu vuông góc của P lên AC. Đường thẳng PM cắt AB ở N. B
0
là
hình chiếu vuông góc của B lên PM. Đặt BC = a; AC = b; AB = c. Tứ giác
BCMB0
là hình chữ nhật nên MB0
= BC = a. Áp dụng Định lý dây cung gãy ta có
AM = AC+BC =a + b ; MC = a + b a = b a :
2 2 2 2
Tam giác DPMC vuông cân ở M nên
b a
MP=MC= :
Vì AM k BB
0
và SDMNB = SDANB0 nên ta có
c2
=SDABP = SDAPM + SDPMB + SDAMN + SDMNB
4

65
= S
DAPM
+S
DPMB
+S
DAMN
+S
DANB
0 = S
DAPM
+S
DPMB
+S
DAMB
0
= MP:
AM
+MP:
MC
+AM:
MB0
2 2
+
2
a2
+ b2
1 a b a + b 1 b a b a a + b a
= : : + : = :
2 2 2 2 2 2 2 2 4
Suy ra c
2
= a
2
+ b
2
. Ta có điều phải chứng minh.
Định lý dây cung gãy là một định lý tương đối lạ song cách chứng minh
lại ngắn gọn khi chỉ sử dụng các tính chất về góc của đường tròn và cộng
đoạn thẳng đơn giản. Dựa vào kết quả của định lý dây cung gãy, đồng
thời vẽ thêm hình phụ, Bui Quang Tuan đã đưa bài toán về lối chứng minh
mà bản chất là việc sử dụng khéo léo các biểu thức liên quan về diện tích.
3.2 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý Bottema
Chứng minh 60 (Định lý Bottema, xem [4], Proof 86). Các chứng minh
này là dùng định lý Bottema.
Hình 3.3. Định lý Bottema
Xét hai hình vuông ACBcBa và BCAcAb chung đỉnh C. Trung điểm M của
đoạn AbBa có vị trí độc lập so với nếu giữ A và B cố định (xem Hình 3.3).
Kẻ các đường BaU, MW , AbV và CZ vuông góc với AB. Đường thẳng MW là đường

66
Hình 3.4. Chứng minh hình học của định lý Bottema
trung bình của hình thang BaUVAb nên
(B
a
U + A
b
V )
MW= :
Do
[
= 90 nên

và phụ nhau. Suy ra D = D (cạnh huyền
BaAC BaAU CAZd BaAU ACZ
- góc nhọn). Vậy BaU = AZ:
Tương tự ta có AbV = BZ.
Từ ba quan hệ trên, ta được
2 2 2
không phụ thuộc vào vị trí của C. Nghĩa là ta chỉ cần tìm trung điểm W của
AB sao đó đi một đoạn vuông góc bằng nửa AB hay M là tâm của hình
vuông dựng trên cạnh AB.
Từ định lý Bottema, Bui Quang Tuan đã đưa ra một cách chứng minh định lý
Xét DABC vuông ở C. Dựng các tam giác vuông cân DAA
0
C và BB
0
C trên hai cạnh
AC và BC (hình 31.3). Theo định lý Bottema, trung điểm M của A
0
B
0
là đỉnh của
DMAB vuông cân (không phụ thuộc vào vị trí điểm C). Ta có DACA
0
vuông cân tại
suy ra
[0
= 45 , tam giác D 0vuông cân tại suy ra
[0= 45 .
A ACA BCB B BCB
Ta có 00 = 45 + 90 + 45 = 180 nên 2 0 0. Áp dụng bổ đề của
BuiACBCAB Quang Tuan (xem [4]).

AA0 k BC;
BB0 k AC ta có SDACA0 + SDBCB0 = 2SDAMB: (3.1)

67
Hình 3.5. Chứng minh của Bui Quang Tuan
Đặt
BC = BB
0
= a; AC = AA
0
= a; AB = 2OM = c:
Suy ra
b2
a2
c c c2
S
DBCB0 =
; S
DACA0 =
; SDAMB = 2: : = (3.2)
2 2
2 2 2
Từ (3.1) và (3.2) suy ra a
2
+ b
2
= c
2
.
Mặc dù định lý Bottema không quen thuộc nhưng cách dựng hình và
chứng minh đều dựa trên các kiến thức cơ sở như đường trung bình hay
tam giác bằng nhau. Bui Quang Tuan đã tiếp tục sự đơn giản đó trong
cách chứng minh của mình bằng việc sử dụng phương pháp cộng diện
tích thông thường nhanh chóng đi đến kết quả a
2
+ b
2
= c
2
.
3.3 Chứng minh định lý Pythagoras từ định lý
những tấm thảm
Định lý các tấm thảm được phát biểu như sau.
Định lý 3.3.1 (Định lý các tấm thảm). Nếu hai tấm thảm diện tích bằng
nhau có phần chồng lên nhau thì sau khi loại bỏ phần chồng nhau thì các
phần còn lại có diện tích bằng nhau.
Trường hợp hai tấm thảm, ta xét DBMD và DBMC.
Xét DBMD và DBMC chung cạnh BM và đường cao, DA = CB, nên
S
DBMD
= S
DBMC
:

68
Hình 3.6. Định lý các tấm thảm và hệ quả
Từ đây ta có
S
DBMD
S
DBMR
= S
DBMC
S
DBMR
) S
DDMR
= S
DBCR
:
Ta có một hệ quả quan trọng: Trong một hình thang, kẻ hai đường
chéo, ta sẽ được bốn tam giác. Khi đó hai tam giác trong số bốn có cạnh
là cạnh bên có diện tích bằng nhau.
Tony Foster đã đưa ra một số cách chứng minh định lý Pythagoras đã
sử dụng tính chất này của hình thang.
Chứng minh 61 (xem [4], Proof 103). Trong hình này, độ dài các cạnh
được kí hiệu bởi A, B, C.
Hình 3.7. Cách chứng minh thứ nhất của Tony Foster
Đầu tiên, ta tìm hình tam giác vuông cân cạnh C và nhận thấy rằng hai hình tam
giác so le với nhau có diện tích bằng nhau do tính chất đã được chứng minh ở
trên của hình thang. Vì vậy khi thiết lập tổng của các tam giác trong hình ta có
A
2
+B
2
=C
2
2 2 2

69
suy ra A
2
+ B
2
= C
2
.
Chứng minh 62 (xem [4], Proof 103). Cách chứng minh thứ hai của Tony
Foster phức tạp hơn.
Hình 3.8. Cách chứng minh thứ hai của Tony Foster
Xét tam giác vuông cân KMO với cạnh bên C. Từ tính chất hai tam giác
tạo bởi đường chéo của hình thang suy ra SDNOQ = SDMPQ. Ta lại có
S
DJLN
= S
DKNM vì JK k LM; LN = NM;
S
DOLN
= S
DPNM vì OP k LM; LN = NM:
Suy ra SDJLO = SDKPM, và
C2
=SDKOM = SDKOQ +SDMPQ +SDKPM
2
= S
DKOQ
+S
DNOQ
+S
DJLO
A2 B2 A2
=SDKNO+ = + :
Suy ra C
2
= A
2
+ B
2
.
Chứng minh 63 (xem [4], Proof 103). Cách chứng minh thứ ba của Tony Foster
cũng là một biến thể của hai cách trên và được minh họa trong Hình 3.9.
Ba cách chứng minh liên tiếp của Tony Foster từ đơn giản đến phức tạp
nhưng cùng bắt nguồn từ định lý những chiếc thảm. Đây là một định lý nghe
lạ nhưng có phần khá hiển nhiên. Tony đã mở ra một lối tư duy sáng tạo
trong việc cắt, di chuyển và ghép hình vẽ để đưa đến đích chứng minh. Với
cách Chứng minh 63 là cách có sự tiếp nối của hai cách chứng minh trên, tôi
chỉ nêu hình vẽ bởi các phần diện tích bằng nhau đã được tô cùng màu. Dễ
dàng nhận thấy: diện tích hình vuông cạnh C bằng tổng diện tích của bốn
hình tam giác nhỏ ngoài hình bình hành hay là C2
= A2
+B2
:

70
Hình 3.9. Cách chứng minh thứ ba của Tony Foster
3.4 Chứng minh định lý Pythagoras nhờ các định
lý hình học khác
Mục này dành để trình bày một số cách chứng minh định lý Pythagoras
nhờ các định lý hình học khác (chẳng hạn, định lý Heron, Pappus, Kurrah,
Stewart, Protemy,. . . )
Trước hết ta phát biểu định lý Heron như sau:
Định lý 3.4.1 (Định lý Heron). Giả sử một tam giác thường có ba cạnh lần lượt là a,
b và c. Gọi s =
a + b + c
là nửa chu vi. Khi đó diện tích A sẽ được tính theo công
2
thức
p
A = s(s a)(s b)(s c):
Hình 3.10. Định lý Heron

71
Chứng minh 64 (xem [8]). Xét tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c. Gọi
p =
a + b + c
là nửa chu vi tam giác, diện tích A. Khi
đó có 2
A
2
= s(s a)(s b)(s c):
Xét tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có độ dài bằng a, b cạnh huyền bằng c.
Khi đó tam giác vuông có diện tích A =
ab
. Ta lại
có 2
s a = a + b + c a = a + b + c :
2 s
Tương tự
a b + c a + b c
s b = ; s c = :
s 2
Ta có
16A2
= 16s(s a)(s b)(s c)
= 2s:2(s a)2:(S b)2:(s c)
= (a + b + c)( a + b + c)(a b + c)(a + b c)
= 2a2
b2
+ 2a2
c2
+ 2b2
c2
(a4
+ b4
+ c4
):
ab 2
Mặt khác 16A
2
= 16 = 4a
2
b
2
nên
2
4a
2
b
2
= 2a
2
b
2
+ 2a
2
c
2
+ 2b
2
c
2
(a
4
+ b
4
+ c
4
)
) (a
4
+ 2a
2
b
2
+ b
4
) 2a
2
c
2
2b
2
c
2
+ c
4
= 0
) (a
2
+ b
2
)
2
2c
2
(a
2
+ b
2
) + c
4
= 0
) (a2 + b2) c2
2
= 0
) a
2
+ b
2
= c
2
:
Ta có điều phải chứng minh.
Đây là cách chứng minh áp dụng định lý Heron rất phổ biến để tính diện tích tam
giác bởi nó có thể áp dụng với bất cứ tam giác nào có độ dài các cạnh mà không cần
sự đặc biệt về góc. Ở đây, tác giả của cách chứng minh này đã đem nó áp dụng trong
tam giác vuông, đồng thời làm đơn giản hóa biểu thức đại số bằng cách làm mất căn

72
của công thức tính diện tích và trong cách này là bình phương diện tích
đồng thời nhân lên 16 lần ở mỗi vế.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh định lý Pythagoras bằng định lý Pappus.
Ta phát biểu định lý Pappus như sau:
Định lý 3.4.2 (Định lý Pappus). Từ DABC, dựng hai hình bình hành ABDE; ACFG
dựa trên hai cạnh tương ứng là AB và AC (xem Hình 3.11). Kéo dài DE và FG cắt
nhau tại H. Vẽ BM = CN = HA và song song với HA, ta được hình bình hành
S
BMNC
= S
ADDE
+S
ACFG
:
Hình 3.11. Định lý Pappus
Kéo dài HA cắt BC tại K và MN tại L. Khi đó LK chia hình bình hành
BCNM thành hai hình bình hành BKLM và CKLM.
Ta sẽ chứng minh
S
BKLM
= S
ABDE
:
Kéo dài MB cắt DE tại P. Ta có SABDE = SABPH (do hai hình có cùng đáy
AB, độ dài đường cao bằng nhau do DH k AB).
Ta có: SABPH = 2SABH . Mặt khác: SABH = SBKM (do HA = BM, độ
dài hai đường cao bằng nhau do BM k HA ). Suy ra
S
ABDE
= 2S
ABH
= 2S
BKM
= S
BKLM
:
(3.3)
Chứng minh tương tự ta có
S
CKLM
= S
ACFG (3.4)

73
Từ (3.3) và (3.4) suy ra
S
ABDE
+S
ACFG
= S
BKLM
+S
CKLN
= S
BCNM
:
Bây giờ ta sẽ dùng định lý Pappus để chứng minh định lý Pythagoras.
Chứng minh 65 (xem [5], trang 58-59). Định lý Pythagoras là trường hợp
đặc biệt của định lý Pappus khi góc A vuông và hai hình bình hành ban
đầu trở thành hai hình vuông. Lúc đó ta có
AB
2
+AC
2
= BC
2
:
Định lý được chứng minh.
Cách chứng minh này các biểu thức liên quan lẫn nhau về mặt diện tích, song
có sự khác biệt hơn bởi lẽ nó là trường hợp đặc biệt khi áp dụng định lý Pappus.
Định lý Pappus là một định lý đẹp khi mang đến cho người đọc một biểu thức về sự
liên quan giữa diện tích của các hình bình hành mà hiếm có định lý nào nhắc đến.
Và đặc biệt hơn, để chứng minh định lý Pappus ta lại tiếp tục sử dụng liên tiếp các
phép toán diện tích. Có thể gọi cách chứng minh này là thuần túy diện tích.
Định lý 3.4.3 (Định lý Ptolemy). Tứ giác lồi ABCD nội tiếp một đường tròn khi và chỉ
khi tổng của tích các cặp cạnh đối diện bằng tích của hai đường chéo, nghĩa là
AB:CD +AD:BC = AC:BD:
Chứng minh định lý Ptolemy. Xét hình vẽ dưới đây
Hình 3.12. Định lý Ptolemy
Lấy thuộc đường chéo sao cho =
[
.
M AC ADBd MBC

74
[ [
Xét DABD và DMBC c ó ABD = MCB; ABD = MBC nên
d d
DABD DMBC (g.g).
Do đó ta có
AD MC
= ) AD:BC = BD:MC (3.5)
BD BC
Ta lại có
BA
=
BM
và ABM
[
= DBCd nên DABM DDBC:
Suy ra BD BC
AB
=
BD
) AB:CD = AM:BD: (3.6)
AM CD
Từ (3.5) và (3.6) suy ra
AD:BC + AB:CD = BD:MC + AM:BD = AC:BD:
Vậy
AD:BC + AB:CD = AC:BD:
Như vậy định lý Ptolemy đã được chứng minh.
Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras.
Chứng minh 66 (xem [3]). Xét hình chữ nhật ABCD, rõ ràng đây là một tứ
giác nội tiếp. Vì thế ta có
AB:CD + AD:BC = AC:BD:
Do AB = CD, AD = BC, AC = BD nên AB
2
+ BC
2
= AC
2
. Ta hoàn thành
chứng minh của định lý Pythagoras.
Định lý Ptolemy thường xuyên được sử dụng trong các bài toán chứng minh
liên quan đến hình tròn. Trong [3] đã nêu nhiều cách chứng minh và nhiều ứng
dụng của định lý này. Ở đây chỉ nêu một cách chứng minh sử dụng kiến thức
hình học đơn giản. Cách chứng minh này giúp các em học sinh từ trung học cơ
sở có thể hiểu và mở rộng áp dụng. Định lý Pythagoras chính là trường hợp đặc
biệt của định lý Ptoleme khi tứ giác bất kì trở thành hình chữ nhật.
Kurrah đã nghiên cứu một tam giác không vuông và đã mở rộng định lý
Pythago-ras như sau.

75
Định lý 3.4.4 (Định lý Kurrah). Cho tam giác thường AED có ba cạnh lần lượt là
;
[
AD AE và ED. Giả sử góc AED như trong hình vẽ. Dựng hai đoạn thẳng EB và EC
=
[
= a
2
+
2
= ( + ) sao cho ABEd DCE . Khi đó
ta có AE ED AD AB CD .
Chứng minh định lý Kurrah. Xét hình vẽ sau đây.
Hình 3.13. Định lý Kurrah
ABE AED (do BAE chung và ABE = AED
[
= ) nên
Ta có D D AE
d
AD 2
d
a
= ) AE = AB:AD: (3.7)
AB AE
[ [ [
= a) nên
Tiếp theo, DECD DAED (do EDC chung, ECD = AED
ED
=
AD
) ED2
= AD:CD: (3.8)
CD ED
Từ (3.7) và (3.8) suy ra AE
2
+ ED
2
= AB:AD + AD:CD: Vậy
AE
2
+ED
2
= AD(AB +CD):
Như vậy ta đã hoàn thành phép chứng minh định lý Kurrah.
Trường hợp đặc biệt - Định lý Pythagoras.
Chứng minh 67 (xem [8]). Khi a = 90 thì EB và EC trùng nhau nên
BC = 0 và AB +CD = AD:
Do đó AE
2
+ ED
2
= AD
2
.

76
Định lý Kurrah không quá quen thuộc nhưng chứng minh định lý Kurrah
lại đơn giản và dễ hiểu khi chỉ dựa trên việc sử dụng các tam giác đồng dạng.
Ở cách chứng minh này, bằng cách làm đặc biệt hóa tam giác được nhắc
đến trong định lý Kurrah mà định lý Pythagoras được chứng minh nhanh
chóng. Đồng thời thông qua chứng minh định lý Kurrah đưa đến cho người
đọc một ý tưởng về áp dụng sáng tạo lấy thêm điểm tạo góc bằng nhau.
Chứng minh 68 (Stuart Anderson, 2010, xem [4], Proof 88). Trong hình tròn tâm
O, vẽ DABC và DDEF lần lượt vuông ở C và F. Hai tam giác này bằng nhau và
DE ? BC. Khi đó DE cắt đôi BC và AB cắt đôi EF.
Hình 3.14. Chứng minh của Stuart Anderson với dựng hình ngôi sao
David (ngôi sao sáu cánh của đạo Do Thái)
Do E là điểm chính giữa của cung lớn BC nên theo định lý dây cung gãy, EF cắt
AB thành các đoạn AB+AC và AB AC : Đồng thời ta có
2
2
AB+AC :AB AC =EF :EF =BC :BC :
2 2
2 2 2 2
hay AB
2
AC
2
= BC
2
. Điều này dẫn đến AB
2
= AC
2
+ BC
2
:
Cách chứng minh trên xuất phát từ ý tưởng ngôi sao sáu cánh của đạo Do Thái
nhưng đã có sự biến đổi mà cụ thể ở đây là sự lồng ghép ngược chiều nhau của hai
tam giác vuông nội tiếp đường tròn DABC và DDEF. Sự khéo léo lồng ghép này đã
đưa đến gợi ý điểm chính giữa cung và làm cách chứng minh trở nên đơn giản.

77
Kết luận
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn “Một số chứng minh định lý Pythagoras” đã phân loại và trình bày
hơn 60 cách (trong tổng số khoảng 400) cách chứng minh định lý Pythagoras.
Vì nhiều lí do, luận văn còn chưa trình bày được hết số lượng lớn các cách
chứng minh định lý Pythagoras. Tuy nhiên, theo chúng tôi, luận văn cũng đã cho
một bức tranh tương đối toàn cảnh về các phương pháp chúng minh định lý
Pythagoras. Một số chứng minh cổ điển (trước Công nguyên) và một số chứng
minh khá mới (trong những năm gần đây, cho tới năm 2016), một số chứng
minh của người Việt Nam (tác giả Bui Quang Tuan, tác giả Tran Quang Hung)
cũng đã được nước ngoài biết đến và đã được trình bày trong luận văn.
Hi vọng luận văn được các giáo viên, học sinh và các bạn yêu thích
toán học quan tâm và sử dụng.
2 Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo
Sau những kết quả đã đạt được trong luận văn, chúng tôi sẽ cố gắng nghiên
cứu các cách chứng minh khác cho định lý cổ điển và thú vị này. Chúng tôi hi
vọng các vấn đề tiếp sau của luận văn sẽ được nghiên cứu trong thời gian tới.

78
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Phước (2011), “Chứng minh định lý Pythagoras bằng cách
ghép hình”, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 408.
[2] Văn Thị Thu Hà, Nguyễn Hoàng Vũ (2017), “Một số chứng minh định
lý Pythagoras”. Gửi in trong Kỷ yếu Hội thảo Chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi (chủ biên : GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu).
[3] Lê Quốc Hán (2012), Ẩn sau định lý Ptoleme, Nhà xuất bản Giáo dục.
Tiếng Anh
[4] A. Bogomolny, Pythagore Theorem with its many proofs, from In-
teractive Mathematics Miscellany and Puzzles, http://www.cut-the-
knot.org/pythagoras/index.shtml.
[5] E. Maor (2007), The Pythagore Theorem: A 4000 year History,
Princeton Uni-versity Press.
[6] J. C. Sparks (2008), The Pythagore Theorem: Crown Jewel of
Mathematics, Published by Authohouse, USA.
[7] E. S. Loomis (1972), The Pythagore Proposition, Second Edition,
National Council of Teachers of Mathematics, USA.
[8] Các tạp chí toán, các sách toán và các trang web toán tiếng Việt và tiếng Anh.

Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras.doc

Similar to Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras.doc (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Một Số Chứng Minh Định Lý Pythagoras.doc