Pitagoras






1. Demostraciones resultantes de relaciones de semejanza entre tri´angulos rect´angulos


De este tipo de demostraciones, la m´as simple es la atribuda a Lagrange: trazamos la perpendicular C D a AB. Obtenemos as´ı tres tri´angulos seme- jantes.
C y b
=
b a

 yc = b2
⇒

)
2 ⇒ c



= a2



+ b2.

x
yc-y
A D B
c − y = a
a c
c(c − y) = a

Una demostraci´on parecida consiste en trazar una perpendicular a AB
desde A que corta a la prolongaci´on de BC en D.

A

c a
=
b y + a c
c2 = a2 + ay)

c2 = a2 + b2.
y a b = a
D C B y b
⇒ b2= ay ⇒




Hay much´ısimas formas m´as de usar la semejanza de tri´angulos para ob- tener el teorema de Pit´agoras, aunque no son tan simples como las anteriores. Como tercer ejemplo, consideremos un punto E sobre el cateto AC de ma- nera que si trazamos por E una paralela a BC , resulta EC = ED. Se forman los tri´angulos semejantes ABC , ADE, AEF y EDF .

Sean x = ED = EC, y = DF , v = AF .
Entonces: C

AC BC
=
AE DE

⇒ bx = (b − x)a ⇒ x =

ab
, E
a + b
BC AB
=
DF ED
ac
⇒ ax = yc ⇒ y = c
a2b
= .
(a + b)c A F D B




AB AC
=
AE AF

⇒ cv = (b − x)b ⇒ v =
b3
(a + b)c

ABAC
=
AD AE

⇒ c(b − x) = (v + y)b ⇒ c ·
b2
a + b
· b3
=
c(a + b)
a2b ¸
+ b c(a + b)
⇒ c2 = a2 + b2.


Veamos una demostraci´on m´as que usa tri´angulos semejantes, que Yanney y Calderhead asignan a Hoffman.

Consiste en suponer cierto el teorema que queremos demostrar.

Entonces AB2 = AC 2 + BC 2, AC 2 = AD2 + C D2 y BC 2 = BD2 + C D2. Por tanto,


CAB2 =AC 2 + BC 2 =
=AD2 + C D2 + BD2 + C D2
=AD2 + BD2 + 2C D2 =
=AD2 + BD2 + 2AD · BD =
A D B
=(AD + BD)2.


Y como la igualdad AB = AD + BD que se deduce es cierta, tambi´en lo es lo supuesto, y el teorema queda demostrado.

Evidentemente esta forma de razonar es incorrecta, pues podemos partir de la igualdad falsa −1 = 1, elevar alcuadrado y obtener una igualdad cierta 1 = 1. Para demostrar el teorema de Pit´agoras usando la idea de la demostraci´on de Hoffman, hagamos

AB2 =(AD + BD)2 = AD2 + BD2 + 2AD · BD =
=AD2 + BD2 + 2C D2 = AC
C D2 + 2C D2 + BC

C D2 =

C D2
= AC 2BC 2
BC 2
¡AC 4 + 2AC · BC + BC 4¢ =
AC 2
(AC 2 + BC 2)2
AB2 ,

de donde, obtenemos AB2 = AC 2 + BC 2.





2. Demostracionesbasadas en propiedades
m´etricas de la circunferencia

Tomando como centro uno de los extremos de
la hipotenusa, por ejemplo B, y radio dicha hipo- D
tenusa, trazamos una circunferencia.

Prolongamos el cateto AC a la cuerda AL y el cateto BC al di´ametro C D. Entonces
B
AC · C L = DC · C E
b · b = (c − a) · (c + a)
b2 = c2 − a2A C L
c2 = a2 + b2.
E

La igualdad AC · C L = DC · C E es v´alida para
cualquier punto C dentro de la circunferencia en virtud de la Proposici´on III.35. Aunque la demostraci´on en los Elementos de esta proposici´on usa el teorema de Pit´agoras (Proposici´on I.47), puede demostrarse f´acilmente usando la semejanza de lostri´angulos AC D y EC L.
En efecto, los ´angulos inscritos ∠C AD y ∠C EL son iguales, por abarcar el mismo arco. Igual les ocurre a los ´angulos ∠ADC y ∠ELC . Por tanto, los
tri´angulos AC D y EC L son semejantes y AC
= EC , que es lo que hemos
usado.




B D


A C


Si ahora trazamos una circunferencia con centro B y
E radio el lado menor BC , resulta que el lado AC...