三平方の定理

1 辺の長さ $a+b$ の正方形 $PQRS$（頂点はこの順に並ぶ）をとる。各辺の上に点をとり、
$$ PP_1=QQ_1=RR_1=SS_1=a,\qquad P_1Q=Q_1R=R_1S=S_1P=b $$
となるようにする（$P_1$ は辺 $PQ$ 上、$Q_1$ は辺 $QR$ 上、$R_1$ は辺 $RS$ 上、$S_1$ は辺 $SP$ 上）。
三角形 $S_1PP_1$ は $P$ で直角をなし、直角をはさむ 2 辺の長さは $PP_1=a$、$PS_1=b$ である。したがって 2 辺とその間の角が等しいので、この三角形はもとの直角三角形 $ABC$ と合同であり、$S_1P_1=c$ である。同様に、三角形 $P_1QQ_1$、$Q_1RR_1$、$R_1SS_1$ もどれも $ABC$ と合同で、$P_1Q_1=Q_1R_1=R_1S_1=c$ である。
四角形 $P_1Q_1R_1S_1$ の $P_1$ における角を求める。三角形 $S_1PP_1$ の $P_1$ における角は長さ $b$ の辺 $PS_1$ の向かいの角なので、$ABC$ の $\angle B$ に等しい。三角形 $P_1QQ_1$ の $P_1$ における角は長さ $a$ の辺 $QQ_1$ の向かいの角なので、$\angle A$ に等しい。$P$、$P_1$、$Q$ は一直線上にあるから
$$ \angle S_1P_1Q_1=180^\circ-\angle B-\angle A=180^\circ-90^\circ=90^\circ $$
である。ほかの 3 つの頂点でも同じなので、$P_1Q_1R_1S_1$ は 1 辺 $c$ の正方形である。
大きな正方形 $PQRS$ は、この正方形と 4 つの合同な直角三角形に重なりなく分かれる。面積を比べると
$$ (a+b)^2=c^2+4\cdot\frac{ab}{2},\qquad\text{すなわち}\qquad a^2+2ab+b^2=c^2+2ab $$
であり、$a^2+b^2=c^2$ を得る。

3 辺の上に、三角形の外側へ向けて正方形を描く。斜辺 $AB$ の上の正方形を $ABDE$（$D$ は $B$ の隣、$E$ は $A$ の隣）、脚 $BC$ の上の正方形を $BCGF$（$F$ は $B$ の隣、$G$ は $C$ の隣）、脚 $CA$ の上の正方形を $CAHK$（$H$ は $A$ の隣、$K$ は $C$ の隣）とする。$C$ を通り $BD$ に平行な直線を引き、$AB$ との交点を $N$、$DE$ との交点を $L$ とする。$\angle A$、$\angle B$ はどちらも鋭角なので $N$ は線分 $AB$ の内部にあり、正方形 $ABDE$ は 2 つの長方形 $BDLN$ と $ANLE$ に分かれる。
段階 1：$G$、$C$、$A$ は一直線上にある。実際、$\angle GCB$ と $\angle BCA$ はどちらも直角で、その和は $180^\circ$ である。同様に $K$、$C$、$B$ も一直線上にある。
段階 2：三角形 $CBD$ と三角形 $FBA$ は合同である。実際、$CB=FB\,(=a)$、$BD=BA\,(=c)$ であり、はさむ角は
$$ \angle CBD=\angle CBA+\angle ABD=\angle CBA+90^\circ,\qquad \angle FBA=\angle FBC+\angle CBA=90^\circ+\angle CBA $$
で等しい。よって 2 辺とその間の角が等しい。
段階 3：三角形 $CBD$ の面積は長方形 $BDLN$ の面積の半分である。両者は底辺 $BD$ を共有し、$C$ は $BD$ に平行な直線 $NL$ の上にあるので、三角形の高さは長方形の辺 $BN$ の長さに等しい。同様に、三角形 $FBA$ の面積は正方形 $BCGF$ の面積の半分である。両者は底辺 $FB$ を共有し、段階 1 により $A$ は $FB$ に平行な直線 $GC$ の上にあるからである。
段階 2 と段階 3 から、長方形 $BDLN$ の面積は正方形 $BCGF$ の面積 $a^2$ に等しい。まったく同じ議論を、三角形 $CAE$ と三角形 $HAB$（$CA=HA$、$AE=AB$、はさむ角はどちらも $\angle CAB+90^\circ$）に適用すると、長方形 $ANLE$ の面積は正方形 $CAHK$ の面積 $b^2$ に等しい。したがって
$$ c^2=(\text{正方形 }ABDE\text{ の面積})=(\text{長方形 }BDLN)+(\text{長方形 }ANLE)=a^2+b^2 $$
である。

$C$ から斜辺 $AB$ に下ろした垂線の足を $N$ とする。$\angle A$、$\angle B$ は鋭角なので $N$ は線分 $AB$ の内部にあり、$AN+NB=c$ である。
三角形 $ANC$ と三角形 $ACB$ は $\angle A$ を共有し、$\angle ANC=\angle ACB=90^\circ$ なので、2 つの角が等しく相似である。対応する辺の比から
$$ \frac{AN}{AC}=\frac{AC}{AB},\qquad\text{すなわち}\qquad b^2=c\cdot AN $$
である。同様に三角形 $BNC$ と三角形 $BCA$ は $\angle B$ を共有して相似であり、$a^2=c\cdot NB$ である。2 式を加えて
$$ a^2+b^2=c\,(AN+NB)=c^2 $$
を得る。

点 $C'$ で直交する 2 本の半直線の上に、$C'B'=a$、$C'A'=b$ となる点 $B'$、$A'$ をとる。三角形 $A'B'C'$ は $C'$ を直角の頂点とする直角三角形なので、thm-pyth-thm-main により
$$ A'B'^2=a^2+b^2=c^2 $$
であり、$A'B'=c$ である。よって三角形 $ABC$ と $A'B'C'$ は 3 辺の長さがそれぞれ等しく、合同である。対応する角も等しいので $\angle C=\angle C'=90^\circ$ である。

$x_1=x_2$ なら $P$、$Q$ は同じ縦の直線上にあり $PQ=|y_2-y_1|$、$y_1=y_2$ なら $PQ=|x_2-x_1|$ で、どちらも式に一致する。$x_1\neq x_2$ かつ $y_1\neq y_2$ のときは $R:=(x_2,y_1)$ とおく。$PR$ は横軸に平行で長さ $|x_2-x_1|$、$RQ$ は縦軸に平行で長さ $|y_2-y_1|$ であり、座標軸は直交するので三角形 $PRQ$ は $R$ を直角の頂点とする直角三角形である。thm-pyth-thm-main により $PQ^2=(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$ である。

$C$ を原点に、$A$ を正の $x$ 軸上の点 $(b,0)$ に置き、$B$ が上半平面にあるように座標をとる。三角関数の定義により $B=(a\cos\gamma,\,a\sin\gamma)$ である。prop-pyth-thm-distance により
$$ c^2=(a\cos\gamma-b)^2+(a\sin\gamma)^2=a^2(\cos^2\gamma+\sin^2\gamma)-2ab\cos\gamma+b^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma $$
である。ここで $\cos^2\gamma+\sin^2\gamma=1$ は、単位円上の点 $(\cos\gamma,\sin\gamma)$ と原点の距離が $1$ であることを prop-pyth-thm-distance で書いたものである。

prop-pyth-thm-law-of-cosines により $a^2+b^2-c^2=2ab\cos\gamma$ であり、$2ab>0$ なので $a^2+b^2-c^2$ の符号は $\cos\gamma$ の符号と一致する。$\cos\gamma$ は $0^\circ<\gamma<90^\circ$ で正、$\gamma=90^\circ$ で $0$、$90^\circ<\gamma<180^\circ$ で負である。

内積の線形性と共役対称性により
$$ \|x+y\|^2=\langle x+y,x+y\rangle=\|x\|^2+\langle x,y\rangle+\langle y,x\rangle+\|y\|^2 $$
であり、$\langle x,y\rangle=0$ なら $\langle y,x\rangle=\overline{\langle x,y\rangle}=0$ なので、2 つの項が消える。一般の場合は $n$ に関する数学的帰納法による。$x_1+\dots+x_{n-1}$ と $x_n$ は、内積の線形性により直交するので、2 つの場合に帰着する。