Pythagoras-Labor

Die beiden Katheten setzen. Den Satz als Flächen lesen, den Höhensatz ihn beweisen sehen, dann die Fläche verbiegen, auf der er lebt, und zusehen, wie er scheitert.

Rechenbeispiel — Pythagoras-Labor

a² + b²	25
c²	25
Pythagoreisches Tripel	1

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

Interaktive Simulation wird geladen...

Der Beweis ist das Werkzeug nebenan 🖖

Fällt man vom rechten Winkel das Lot auf die Hypotenuse, so teilt dessen Fußpunkt c in zwei Abschnitte p und q und erzeugt zwei kleinere Dreiecke — beide mit denselben drei Winkeln wie das Original, also beide ihm ähnlich. Ähnliche Dreiecke haben verhältnisgleiche Seiten, und daraus folgt a² = c·p für den einen und b² = c·q für den anderen Abschnitt. Addiert: a² + b² = c(p + q) = c². Der ganze Satz besteht aus einer Lotgeraden und der Tatsache, dass Form Winkel bedeutet.

Eine Aussage über Flachheit, nicht über Dreiecke 🖖

Zieh am Regler für die Krümmung und beobachte, wie a² + b² = c² seine Gültigkeit verliert. Auf einer Kugel bleibt die dritte Seite kürzer, auf einer hyperbolischen Fläche wird sie länger. Daran ist nichts seltsam: Der rechte Winkel bleibt ein rechter Winkel, und die Katheten sind weiterhin 3 und 4. Geändert hat sich der Raum.

Die Formeln, die an die Stelle des Satzes treten, cos(c/R) = cos(a/R)·cos(b/R) und cosh(c/R) = cosh(a/R)·cosh(b/R), gehen für wachsendes R beide in c² = a² + b² über, denn der erste nicht verschwindende Term der jeweiligen Entwicklung ist quadratisch. Deshalb ist der Satz logisch äquivalent zum euklidischen Parallelenpostulat: Nimm das eine an, und du kannst das andere beweisen. Bei gewöhnlichen Vermessungen lässt sich das vernachlässigen. Wer in Größenordnungen der Erde oder der Raumzeit arbeitet, kann das nicht.

Auch die Winkel sind keine unabhängige Erscheinung. Die Abweichung ihrer Summe von 180° entspricht genau dem Produkt aus Krümmung und Fläche; das besagt der Satz von Gauß-Bonnet. Das Werkzeug misst die Fläche des gekrümmten Dreiecks nicht, sondern liest sie an seinen drei Winkeln ab.

Die Quadrate sind nebensächlich — und die Reste sind quadrierbar 🖖

Nichts am Satz verlangt Quadrate. Errichte beliebige Figuren über den drei Seiten, solange die drei einander ähnlich sind, und die beiden über den Katheten ergeben zusammen weiterhin die über der Hypotenuse — das ist Euklid, Elemente VI.31, und es gilt aus demselben Grund wie alles andere hier: Fläche wächst mit dem Quadrat der Länge. Nimmt man Halbkreise, fällt etwas Verblüffendes heraus. Der Halbkreis über der Hypotenuse geht genau durch den rechten Winkel, und die beiden Möndchen, die außerhalb übrig bleiben, haben zusammen exakt die Fläche des Dreiecks. Hippokrates von Chios fand das um 440 v. Chr. — das erste Mal, dass jemand einer krummlinig berandeten Fläche exakt den Inhalt einer geradlinigen zusprechen konnte.

Älter als sein Name, und der Name stimmt vermutlich nicht 🖖

Pythagoras von Samos hat nichts Schriftliches hinterlassen, und die Zuschreibung an ihn taucht erst Jahrhunderte nach seinem Tod auf. Die Beziehung selbst ist weit älter und erscheint unabhängig an mehreren Orten. Die babylonische Tafel Plimpton 322, um 1800 v. Chr., listet Zahlen, die sie erfüllen — Eleanor Robsons Neubewertung sieht darin allerdings eine Lehrerübung zu Kehrwertpaaren und keine Tripeltafel um ihrer selbst willen. Das Baudhāyana-Śulbasūtra, eine Anleitung zum Anlegen von Opferaltären, formuliert die Diagonalregel Jahrhunderte vor Euklid, beweist aber nichts. In China steht die gōugǔ-Regel im Zhōubì Suànjīng; das Zerlegungsdiagramm wird meist Zhao Shuangs Kommentar aus dem 3. Jahrhundert n. Chr. zugeschrieben. Was Euklid um 300 v. Chr. in Elemente I.47 liefert, ist der erste erhaltene Beweis — und genau den hatte sonst niemand aufgeschrieben. Elisha Loomis trug später 370 verschiedene Beweise in einem Band zusammen.

Jedes Tripel ist ein rationaler Punkt auf einem Kreis 🖖

Teilst du a² + b² = c² durch c², erhältst du x² + y² = 1 mit rationalen x und y. Bei pythagoreischen Zahlentripeln geht es also nicht nur um Dreiecke. Sie entsprechen den rationalen Punkten auf dem Einheitskreis, und es gibt ein einfaches Verfahren, sie alle zu bestimmen. Zeichne durch (−1, 0) eine Gerade mit rationaler Steigung. Sie schneidet den Kreis ein weiteres Mal in einem rationalen Punkt, und jeder rationale Punkt des Kreises außer (−1, 0) selbst entsteht auf diese Weise genau einmal. Daher stammen Euklids m und n; deshalb kann das Werkzeug sie aus a, b und c zurückgewinnen. Das Verfahren funktioniert, weil ein Kreis mit einem rationalen Punkt eine Kurve vom Geschlecht 0 ist. Bei x³ + y³ = 1 versagt es: Diese Kurve hat das Geschlecht 1. Eine Gerade durch einen ihrer rationalen Punkte trifft sie in zwei weiteren Punkten statt nur in einem, sodass der Ansatz keinen eindeutigen neuen Punkt liefert. Das Geschlecht 1 erlaubt für sich genommen noch keine Aussage, denn eine elliptische Kurve kann unendlich viele rationale Punkte besitzen. Diese hier hat jedoch nur (1, 0) und (0, 1): Das ist Fermats letzter Satz für Kuben, dessen Beweis Euler gelang. Zwischen Pythagoras und Fermat liegt genau diese eine Zahl.

Aufgaben vollständig gelöst

Nachweis, dass die 1,4142-Hypotenuse durch keinen Bruch darstellbar ist 5 Schritte
Zeigen Sie, dass die Hypotenuse, die das Werkzeug als 1,4142 ausgibt, eine Zahl ist, die kein Bruch darstellen kann. Dies ist die Ansicht Der Beweis, bei der beide Katheten auf 1 eingestellt sind, sodass der Satz c² = 2 ergibt und nichts weiter eine Rolle spielt.
1. Zwei Katheten von 1 ergeben c² = 2, und 2 ist keine Quadratzahl, sodass c keine ganze Zahl ist. Dieser Teil ist einfach. Die schwierige Behauptung ist, dass c auch kein Bruch ist – und ein Bruch war bisher jede Messung, die jemals vorgenommen wurde.
  
  $c^{2} = a^{2} + b^{2} = 1^{2} + 1^{2} = 2 ⟹ c = 2 = 1.4142 \dots$
2. Nimmt man an, dass c ein Bruch ist, und schreibt ihn gekürzt – jeder Bruch besitzt eine solche Form, diese Annahme kostet also nichts. Das Quadrieren und Beseitigen des Nenners verwandelt eine Aussage über eine Länge in eine Aussage über zwei ganze Zahlen, was der einzige Schritt im Beweis ist, der neu erfunden werden musste.
  
  $2 = \frac{p}{q}, g cd (p, q) = 1 ⟹ p^{2} = 2 q^{2}$
3. Das Quadrat einer ungeraden Zahl ist ungerade; da p² gerade ist, muss p selbst gerade sein. Das Einsetzen von p = 2m und anschließendes Durchdividieren bringt q genau in dieselbe Lage, in der p eben war, und nun sind beide gerade – was der frei gewählten gekürzten Form widerspricht. Die Annahme ist das Einzige in der Argumentation, das falsch sein kann.
  
  $2 ∣ p^{2} \Rightarrow 2 ∣ p; p = 2 m : 4 m^{2} = 2 q^{2} \Rightarrow q^{2} = 2 m^{2} \Rightarrow 2 ∣ q ⟹ g cd (p, q) \geq 2$
4. Folglich hat p² = 2q² überhaupt keine Lösung in ganzen Zahlen. Verschiebt man das Ziel um eins, gibt es unendlich viele: Paar um Paar erfüllt p² − 2q² = ±1, und 1 ist der kleinste Abstand, den zwei verschiedene ganze Zahlen voneinander haben können. Die Beinahe-Treffer werden relativ gesehen beliebig gut, und die Lücke schließt sich nie.
  
  $p^{2} - 2 q^{2} = \pm 1 : (3, 2), (7, 5), (17, 12), (41, 29), (99, 70), 9 9^{2} - 2 \cdot 7 0^{2} = 9801 - 9800 = 1$
5. Durch Faktorisieren der Differenz wird aus diesem Beinahe-Treffer ein Fehler. Der Zähler ist das ±1 aus der Zeile darüber, sodass der gesamte Fehler eins durch etwas in der Größenordnung von etwa 2√2 q² ist – die Genauigkeit einer guten Näherung an √2 stammt davon, dass q groß ist, nicht von irgendeiner Schlauheit bezüglich p.
  
  $\frac{99}{70} - 2 = \frac{9 9 ^{2} - 2 \cdot 7 0 ^{2}}{70 ( 99 + 70 2 )} = \frac{1}{13 859.65} = 7.2152 \times 1 0^{- 5}$
Antwort

Jede Zahl, die das Werkzeug für dieses Dreieck ausgibt, ist eine Rundung: 1,4142 für c sowie 0,7071 für die Höhe und für die beiden Abschnitte, in die sie die Hypotenuse teilt, die alle drei gleich c/2 sind. Vier Nachkommastellen sind keine Einschränkung der Anzeige – keine Anzeige egal welcher Breite würde je zu einem Ende kommen, und Schritt 3 ist der Grund dafür. Eine Konsequenz ergibt sich sofort: Kein pythagoreisches Tripel hat a = b, da dies ganze Zahlen mit p² = 2q² erfordern würde; von den unendlich vielen rechtwinkligen Dreiecken mit drei ganzzahligen Seiten ist also kein einziges gleichschenklig. Die andere ist, dass 1,4142 auf eine messbare und nicht bloß vage Weise unerreichbar ist – 99/70 verfehlt das Ziel um 7,2 × 10⁻⁵, 239/169 macht es noch besser, und der Abstand bleibt für jedes folgende Paar bei ±1. Die Griechen kannten diese Paare als Seiten- und Diagonalzahlen und bauten jahrhundertelang damit, was die praktische Antwort auf eine Unmöglichkeit ist: Man kann √2 nicht haben, aber man kann so viele seiner Ziffern haben, wie man zu bezahlen bereit ist.

$p^{2} = 2 q^{2} ⟹ g cd (p, q) \geq 2 p^{2} - 2 q^{2} = \pm 1 : (3, 2), (7, 5), (17, 12), \dots$
Das Rezept, welches das ganzzahlige Tripel 5, 12 und 13 erzeugt hat 6 Schritte
Die erste Aufgabe zeigte, dass die Diagonale des Einheitsquadrats irrational ist. Hier sind 5, 12 und 13 allesamt ganze Zahlen, und die Tafel nennt sogar das Paar (m, n) = (3, 2), aus dem sie stammen. Stelle also die schwerere Frage: erfasst dieses Rezept wirklich jedes solche Tripel — und was haben alle heimlich gemeinsam?
1. Beginne bei der Tafel. 25 und 144 ergeben 169, und 169 ist exakt 13² — das ist es, was diesem Dreieck einen Namen verschafft.
  
  $5^{2} + 1 2^{2} = 25 + 144 = 169 = 1 3^{2}$
2. Euklids Rezept nimmt zwei beliebige ganze Zahlen und liefert ein Tripel. Multipliziere die Quadrate aus, und die gemischten Glieder heben sich weg: die Identität gilt für jedes m und n, kann also gar kein falsches Ergebnis liefern.
  
  $a = m^{2} - n^{2}, b = 2 mn, c = m^{2} + n^{2} ⟹ a^{2} + b^{2} = (m^{2} + n^{2})^{2} = c^{2}$
3. Das Paar der Tafel ist (3, 2), und daher kommt 5-12-13. Gib ihr stattdessen (2, 1), und heraus kommt 3-4-5.
  
  $(m, n) = (3, 2) : (9 - 4, 12, 9 + 4) = (5, 12, 13); (m, n) = (2, 1) : (3, 4, 5)$
4. Aber erfasst sie alle? Teile den Satz durch c², und die Frage wechselt die Gestalt: welche Punkte mit rationalen Koordinaten liegen auf dem Einheitskreis? Jeden einzelnen erreicht eine Gerade rationaler Steigung durch (−1, 0), und t = n/m ist genau diese Steigung. Die Liste ist also vollständig — kein Tripel kann sich verstecken.
  
  $(\frac{a}{c})^{2} + (\frac{b}{c})^{2} = 1 ⟹ \frac{a}{c} = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}, \frac{b}{c} = \frac{2 t}{1 + t ^{2}}, t = \frac{n}{m} \in Q$
5. Nun das Geheimnis, und es folgt daraus, wie wenig ein Quadrat sein kann. Modulo 3 ist ein Quadrat 0 oder 1, nie 2. Modulo 5 ist es 0, 1 oder 4. Modulo 8 ebenfalls 0, 1 oder 4. Schickt man a² + b² = c² dadurch, brechen die Möglichkeiten rasch zusammen.
  
  $x^{2} \equiv 0, 1 (mod 3); x^{2} \equiv 0, 1, 4 (mod 5); x^{2} \equiv 0, 1, 4 (mod 8)$
6. Statt dem Argument zu vertrauen: zähle nach. Sechzehn primitive Tripel haben eine Hypotenuse unter 100.
  
  $c < 100 : 16 ⟶ 3 ∣ ab : 16/16, 4 ∣ ab : 16/16, 5 ∣ ab c : 16/16$
Antwort

Jedes primitive Tripel hat eine Kathete, die durch 3 teilbar ist, eine, die durch 4 teilbar ist, und eine Seite, die durch 5 teilbar ist — das Produkt der drei Seiten ist also stets ein Vielfaches von 60. Geprüft an allen sechzehn mit Hypotenuse unter 100: sechzehn von sechzehn in jedem Punkt. Bei 3-4-5 wirkt das wie Zufall, denn dort verteilen sich die drei Teiler auf drei verschiedene Seiten. Bei 5-12-13 trägt die eine Kathete 12 sowohl die 3 als auch die 4, und die 5 ist von der Hypotenuse auf eine Kathete gewandert. Das Werkzeug zeichnet immer nur ein Dreieck, und dieses Muster existiert erst über alle zusammen.

$3 ∣ ab, 4 ∣ ab, 5 ∣ ab c ⟹ 60 ∣ ab c$

Lernpfad

Die Dreiecksregeln und woher sie kommen

Führt zu Beliebige Dreiecke lösen a² + b² = c² und die Einschränkung, die dazugehört: Es ist eine Aussage ausschließlich über rechtwinklige Dreiecke.

Quellen (5)

Vom 42Math-Team · Aktualisiert 2026-08-17

Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen. Redaktionsrichtlinie · Korrekturen

Alle Lektionen: Mathematik →

Beispielaufgaben

3-4-5 - Die Kathetenquadrate fassen 9 und 16, das Hypotenusenquadrat fasst 25. Ein pythagoreisches Tripel, erzeugt aus m = 2 und n = 1.
5-12-13 - 25 + 144 = 169, also ist c genau 13. Ein zweites Tripel, aus m = 3 und n = 2 — Beleg dafür, dass 3-4-5 ein Fall einer Regel ist und kein Zauber.
Das Dreieck, das eine Schule sprengte - Zwei Katheten von 1 ergeben c = 1,4142…, und kein Bruch ganzer Zahlen trifft diesen Wert. Die Beweisansicht zeigt die Höhe genau in der Mitte auftreffen — die Symmetrie, die diesen Fall am leichtesten diskutierbar macht.
Auf einer Kugel - Dieselben Katheten 3 und 4 auf einer Kugel vom Radius 3,6199. Die Hypotenuse kommt bei 4,5698 heraus statt bei 5: die Fläche krümmt sich zu sich selbst, die dritte Seite hat also weniger Weg zurückzulegen.
Hyperbolisch - Dieselben Katheten 3 und 4 auf einer hyperbolischen Fläche gleichen Radius. Jetzt ist die Hypotenuse 5,3118, länger als 5. Dazwischen liegt der flache Fall, und nur dort ist c genau 5.