Beginning of the document: Pythagoras und kein Ende

Der Beweis aus den Elementen

Der klassische Beweis aus den Elementen des Euklid darf natürlich nicht fehlen. Die Beweisfigur ist einem Euklid-Kommentar des bereits erwähnten Tabit ibn Qurra entnommen, der in Bagdad wirkte.

Solchen arabischen Übersetzungen verdanken wir zahlreiche Kenntnisse über Werke der antiken griechischen Mathematik, deren Originale bzw. deren Abschriften in der Originalsprache verschollen sind. Denn in der Spätantike und in der byzantinischen Epoche wurden nahezu nur solche Schriften vervielfältigt, die in den höheren Lehranstalten von Alexandria, Athen und Byzanz Verwendung fanden. Die Auswahl der überlieferten Werke erfolgte somit nach pädagogischen Kriterien. Das große wissenschaftliche Interesse der Araber im ausgehenden achten und neunten Jahrhundert bewahrte glücklicherweise viele Manuskripte mit anspruchsvoller Mathematik vor der Vergessenheit, da in dieser Zeit Hunderte von Schriften aus allen Wissenschaften ins Arabische übersetzt und zum Teil mit Kommentaren versehen wurden. Als dann in der Renaissance das Interesse an der antiken griechischen Mathematik wieder aufflammte, konnte man auf erhaltene arabische Manuskripte zurückgreifen.

Betrachten wir die Beweisfigur zum Pythagoras genauer. Entscheidend sind die beiden Dreiecke ACD und CHF. Man kann sich leicht überlegen, dass diese beiden Dreiecke flächengleich sind. Damit ist auch die Flächengleichheit des Kathetenquadrats über [AC] und des Rechtecks CFGH klar. Analoge Überlegungen am Kathetenquadrat über [AB] vervollständigen den Nachweis.

Ausführliche Darstellung des Beweises (vgl. Elemente des Euklid, S. 32):

Sei ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit dem rechten Winkel $\measuredangle BAC$. Über [BC] konstruieren wir das Quadrat BDEC, über [BA] bzw. [AC] die Quadrate BAGF bzw. ACKH. Durch A zeichnen wir die Parallele AL zu BD und verbinden die Punkte A und D sowie F und C.

Wegen $\measuredangle BAC + \measuredangle BAG = 180^\circ$ ist [AG] die Verlängerung von [CA],
und aus $\measuredangle DBC = \measuredangle ABF$ folgt: $\measuredangle DBA = \measuredangle CBF$.
Da außerdem $\overline{BA} = \overline{BF}$ und $\overline{BD} = \overline{BC}$ ist, gilt:

$$\Delta DBA\cong\Delta CBF \mbox{ (sws)}.$$

Aufgrund von Proposition 41 haben wir die Gleichungen:

$$\begin{eqnarray*}{\cal A}(\mbox{Rechteck }DBML) & = & 2\cdot{\cal A}(\Delta DBA)... ... {\cal A}(\mbox{Quadrat }ABFG) & = & 2\cdot{\cal A}(\Delta CBF). \end{eqnarray*}$$

Daher gilt:

$${\cal A}(\mbox{Rechteck }DBML) {\cal A}(\mbox{Rechteck }ABFG).$$ = (1.1)

Analog zeigen wir, dass

$${\cal A}(\mbox{Rechteck }ECML) {\cal A}(\mbox{Quadrat }ACKH).$$ = (1.2)

Aus (3.1) und (3.2) folgt die Behauptung. $\Box$

Anmerkung: $\parbox{11.25cm}{Proposition 41 lautet:\\ Wenn ein Parallelogramm u... ...iegen, dann hat das Parallelogramm die doppelte Fl\uml {a}che wie das Dreieck.}$

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