Twierdzenie Pitagorasa

1. $c=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$ cm.

Odpowiedź: $15$ cm

1. $d=a\sqrt2=6\sqrt2\approx8{,}49$ cm.

Odpowiedź: $6\sqrt2$ cm

1. $3^2+4^2=25=5^2$ ✓, $5^2+12^2=169=13^2$ ✓, $8^2+15^2=289=17^2$ ✓.
2. $6^2+7^2=85$, a $9^2=81$ — to nie jest trójka pitagorejska.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? Sprawdzamy, czy suma kwadratów dwóch mniejszych liczb równa się kwadratowi największej.

1. $10^2+24^2=100+576=676=26^2$, więc trójkąt jest prostokątny — prawda.
2. Pole: $\dfrac{10\cdot24}{2}=120\ \text{cm}^2$ — prawda.

Odpowiedź: PP

1. Trójkąt $ECF$ jest prostokątny: $|CF|=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$ cm.
2. $E$ i $F$ są środkami boków, więc $|BC|=2\cdot6=12$ cm, $|CD|=2\cdot8=16$ cm.
3. Obwód: $2(12+16)=56$ cm.

Odpowiedź: $56$ cm

1. $|AE|=\sqrt{15^2+20^2}=\sqrt{625}=25$ cm.
2. Z równoramienności: $|EC|=|AE|=25$ cm, więc $|DC|=|AB|=15+25=40$ cm.
3. Trapez $ABCE$ ma podstawy $40$ cm i $25$ cm oraz wysokość $|AD|=20$ cm.
4. $P=\dfrac{(40+25)\cdot20}{2}=650\ \text{cm}^2$.

Odpowiedź: $650\ \text{cm}^2$

1. $h=\sqrt{5^2-1{,}4^2}=\sqrt{25-1{,}96}=\sqrt{23{,}04}$.
2. $h=4{,}8$ m.

Odpowiedź: około $4{,}8$ m

1. Przekątna: $\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{400}=20$ cm.
2. Pole trójkąta liczone dwoma sposobami: $\dfrac{12\cdot16}{2}=\dfrac{20\cdot h}{2}$.
3. $96=10h \Rightarrow h=9{,}6$ cm.

Odpowiedź: przekątna $20$ cm; wysokość $9{,}6$ cm

Wskazówka: Liczenie pola dwoma sposobami to standardowy sposób na wysokość opuszczoną na przekątną.

1. $h=\dfrac{a\sqrt3}{2}=\dfrac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3$ cm.
2. $P=\dfrac{a\cdot h}{2}=\dfrac{8\cdot4\sqrt3}{2}=16\sqrt3\ \text{cm}^2\approx27{,}7\ \text{cm}^2$.

Odpowiedź: $h=4\sqrt3$ cm; $P=16\sqrt3\ \text{cm}^2$

1. Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa: $9^2+40^2=81+1600=1681$.
2. $41^2=1681$ — równość zachodzi, więc trójkąt jest prostokątny. $\blacksquare$
3. Pole (przyprostokątne to $9$ i $40$): $\dfrac{9\cdot40}{2}=180\ \text{cm}^2$.
4. Obwód: $9+40+41=90$ cm.

Odpowiedź: $P=180\ \text{cm}^2$; obwód $90$ cm

Dane: $a=3$, $b=4$. Szukane: $c$.

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa:

$$c^2=a^2+b^2=3^2+4^2=9+16=25$$

Stąd $c=\sqrt{25}=5$ cm.

Odpowiedź: C. To najbardziej znana trójka pitagorejska $(3,4,5)$ — warto ją zapamiętać.

$$c^2=5^2+12^2=25+144=169$$

$c=\sqrt{169}=13$.

Odpowiedź: B. Kolejna trójka pitagorejska: $(5,12,13)$.

Uwaga: odpowiedź A ($17$) to suma $5+12$ — częsty błąd polegający na dodaniu boków zamiast ich kwadratów.

Szukamy przyprostokątnej, więc przekształcamy wzór, odejmując:

$$b^2=c^2-a^2=10^2-6^2=100-36=64$$

$b=\sqrt{64}=8$.

Odpowiedź: A.

Pułapka: gdyby dodać ($100+36$), wyszłoby $\sqrt{136}$ — odpowiedź C. Zawsze najpierw ustal, który bok jest przeciwprostokątną (najdłuższy, naprzeciw kąta prostego).

Przekątna dzieli kwadrat na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych bokowi kwadratu.

$$d^2=4^2+4^2=16+16=32$$

$$d=\sqrt{32}=\sqrt{16\cdot 2}=4\sqrt{2}\ \text{cm}\approx 5{,}66\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $4\sqrt{2}$ cm.

Wzór ogólny: przekątna kwadratu o boku $a$ wynosi $a\sqrt{2}$.

Wysokość trójkąta równobocznego dzieli podstawę na dwie równe części po $5$ cm i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$ cm.

$$h^2=10^2-5^2=100-25=75$$

$$h=\sqrt{75}=\sqrt{25\cdot 3}=5\sqrt{3}\ \text{cm}\approx 8{,}66\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $5\sqrt{3}$ cm.

Wzór ogólny: $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tutaj $\frac{10\sqrt3}{2}=5\sqrt3$. ✔

Przekątna prostokąta jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych $9$ i $12$.

$$d^2=9^2+12^2=81+144=225$$

$d=\sqrt{225}=15$ cm.

Odpowiedź: D. To trójka $(9,12,15)$ — czyli $(3,4,5)$ pomnożona przez $3$.

Drabina, ściana i podłoże tworzą trójkąt prostokątny. Drabina to przeciwprostokątna ($13$ m), odległość od ściany to jedna przyprostokątna ($5$ m).

$$h^2=13^2-5^2=169-25=144$$

$h=\sqrt{144}=12$ m.

Odpowiedź: drabina sięga na wysokość $12$ m.

Korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa. Sprawdzamy najdłuższy bok jako kandydata na przeciwprostokątną:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Obie strony są równe, więc trójkąt jest prostokątny.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — przekątna podstawy. Podstawa to kwadrat o boku $a$:

$$d_p^2=a^2+a^2=2a^2 \quad\Rightarrow\quad d_p=a\sqrt{2}$$

Krok 2 — przekątna sześcianu. Tworzy trójkąt prostokątny z przekątną podstawy i krawędzią pionową:

$$D^2=d_p^2+a^2=2a^2+a^2=3a^2$$

$$D=a\sqrt{3}$$

Odpowiedź: $D=a\sqrt{3}$.

Uwaga: twierdzenie Pitagorasa stosujemy tu dwukrotnie — to typowy schemat w zadaniach przestrzennych.

Różnice współrzędnych to przyprostokątne trójkąta prostokątnego:

$$\Delta x=6-2=4,\qquad \Delta y=4-1=3$$

$$|AB|^2=4^2+3^2=16+9=25 \quad\Rightarrow\quad |AB|=5$$

Odpowiedź: B. To twierdzenie Pitagorasa zapisane w układzie współrzędnych.

Dłuższe ramię jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, którego przyprostokątne to wysokość trapezu i różnica podstaw.

Krok 1 — różnica podstaw: $10-4=6$ cm.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$r^2=8^2+6^2=64+36=100 \quad\Rightarrow\quad r=10\ \text{cm}$$

Odpowiedź: dłuższe ramię ma $10$ cm.

Uwaga: krótsze ramię trapezu prostokątnego jest równe wysokości, czyli $8$ cm.

Dla prostopadłościanu o krawędziach $a,b,c$ przekątna spełnia $D^2=a^2+b^2+c^2$.

$$D^2=3^2+4^2+12^2=9+16+144=169$$

$D=\sqrt{169}=13$.

Odpowiedź: C.

Skąd ten wzór: najpierw przekątna podstawy ($3^2+4^2=25$), potem przekątna bryły ($25+144=169$) — dwukrotne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.

Korzystamy ze wzoru $d=a\sqrt{2}$:

$$6\sqrt{2}=a\sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad a=6$$

Odpowiedź: D.

Sprawdzenie: kwadrat o boku $6$ ma przekątną $6\sqrt2$. ✔

Krok 1 — wysokość. Wysokość w trójkącie równoramiennym dzieli podstawę na połowy (po $5$ cm) i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $13$ cm:

$$h^2=13^2-5^2=169-25=144 \quad\Rightarrow\quad h=12\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole.

$$P=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 12=60\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: wysokość $12$ cm, pole $60$ cm².

Krok 1 — wysokość (twierdzenie Pitagorasa):

$$h^2=6^2-3^2=36-9=27 \quad\Rightarrow\quad h=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}\ \text{cm}^2\approx 15{,}59\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $9\sqrt{3}$ cm².

Wzór ogólny: $P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3$. ✔

Sprawdzamy każdy zestaw twierdzeniem odwrotnym:

A: $8^2+15^2=64+225=289=17^2$ ✔

B: $6^2+8^2=36+64=100$, ale $11^2=121$. $100\ne 121$ ✘

C: $9^2+40^2=81+1600=1681=41^2$ ✔

D: $20^2+21^2=400+441=841=29^2$ ✔

Odpowiedź: B.

$$d^2=5^2+12^2=25+144=169 \quad\Rightarrow\quad d=13$$

Odpowiedź: A.

Maszt, ziemia i lina tworzą trójkąt prostokątny, w którym lina jest przeciwprostokątną.

$$l^2=9^2+12^2=81+144=225 \quad\Rightarrow\quad l=15\ \text{m}$$

Odpowiedź: zużyto $15$ m liny.

Uwaga: to znów trójka $(3,4,5)$ pomnożona przez $3$, czyli $(9,12,15)$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c^2=6^2+8^2=100 \quad\Rightarrow\quad c=10\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole liczone na dwa sposoby. Raz z przyprostokątnych, raz z przeciwprostokątnej i wysokości na nią:

$$P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24\ \text{cm}^2$$

$$P=\frac{1}{2}\cdot c\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot h$$

$$5h=24 \quad\Rightarrow\quad h=4{,}8\ \text{cm}$$

Odpowiedź: wysokość ma $4{,}8$ cm.

Metoda: porównanie dwóch wyrażeń na to samo pole to bardzo częsty trik w geometrii.

Przekątne rombu przecinają się w połowie pod kątem prostym, więc dzielą go na cztery przystające trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych połowom przekątnych.

Krok 1 — połowy przekątnych: $\frac{12}{2}=6$ oraz $\frac{16}{2}=8$.

Krok 2 — bok rombu:

$$a^2=6^2+8^2=36+64=100 \quad\Rightarrow\quad a=10\ \text{cm}$$

Krok 3 — obwód: $Ob=4\cdot 10=40$ cm.

Odpowiedź: bok $10$ cm, obwód $40$ cm.

Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej:

$$a^2+b^2=c^2$$

Odpowiedź: B.

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: $10$.

Przekształcamy twierdzenie:

$$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Odpowiedź: $12$.

Sprawdzamy warunek $a^2+b^2=c^2$ dla największego boku jako $c$:

$$3^2+4^2=9+16=25=5^2 \ ✔$$

Odpowiedź: C. $3,4,5$.

Krok 1 — przekątna dzieli kwadrat na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych bokowi:

$$d=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{72}=6\sqrt2$$

Wzór ogólny: przekątna kwadratu to $a\sqrt2$.

Odpowiedź: $6\sqrt2$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o bokach $9$ i $12$:

$$d=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$$

Odpowiedź: $15$.

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Odpowiedź: A. $a\sqrt2$.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna $2{,}5$, odległość od ściany to jedna przyprostokątna $0{,}7$, szukamy wysokości $h$.

Krok 2 — twierdzenie:

$$h=\sqrt{2{,}5^2-0{,}7^2}=\sqrt{6{,}25-0{,}49}=\sqrt{5{,}76}=2{,}4\ \text{m}$$

Odpowiedź: $2{,}4$ m.

Kąt prosty leży naprzeciw najdłuższego boku (przeciwprostokątnej). Sprawdzamy: $8^2+15^2=64+225=289=17^2$ ✔

Odpowiedź: D. $17$.

Krok 1 — wysokość dzieli podstawę na połowy ($5$ i $5$) i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{10^2-5^2}=\sqrt{100-25}=\sqrt{75}=5\sqrt3$$

Wzór ogólny: $h=\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{10\sqrt3}{2}=5\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $5\sqrt3$.

$$h=\frac{a\sqrt3}{2}$$

Odpowiedź: B. $\frac{a\sqrt3}{2}$.

Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa dla najdłuższego boku $25$:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Równość zachodzi.

Wniosek: trójkąt jest prostokątny.

Krok 1 — wzór na przekątną: $d=a\sqrt2$.

Krok 2 — podstawiamy:

$$a\sqrt2=8\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad a=8$$

Odpowiedź: $8$.

$$c=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$$

Odpowiedź: C. $\sqrt2$.

Krok 1 — przekątna to przeciwprostokątna:

$$w=\sqrt{50^2-30^2}=\sqrt{2500-900}=\sqrt{1600}=40\ \text{cali}$$

Ciekawostka. To proporcje $3:4:5$ przeskalowane $\times10$ — klasyczna trójka pitagorejska.

Odpowiedź: $40$ cali.

Porównujemy kwadrat najdłuższego boku z sumą kwadratów pozostałych:

$$2^2+2^2=8,\qquad 3^2=9$$

Ponieważ $8\lt 9$, kąt naprzeciw boku $3$ jest rozwarty.

Zasada: gdy $c^2>a^2+b^2$ — trójkąt rozwartokątny.

Odpowiedź: A. rozwartokątny.

Krok 1 — obwód:

$$Ob=2(5+12)=34\ \text{cm}$$

Krok 2 — przekątna (Pitagoras):

$$d=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13\ \text{cm}$$

Odpowiedź: obwód $34$ cm, przekątna $13$ cm.

Krok 1 — model. Ramię ukośne to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych: wysokość $8$ i różnica podstaw $10-4=6$.

Krok 2 — Pitagoras:

$$r=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: $10$.

Krok 1 — model. Alejki są prostopadłe, więc drogi osób to przyprostokątne, a odległość między nimi — przeciwprostokątna.

Krok 2 — Pitagoras:

$$d=\sqrt{300^2+400^2}=\sqrt{90\,000+160\,000}=\sqrt{250\,000}=500\ \text{m}$$

Odpowiedź: $500$ m.

Krok 1 — $c$ jest najdłuższym bokiem. Dla $n>1$ mamy $n^2+1>n^2-1$ oraz $n^2+1>2n$ (bo $n^2-2n+1=(n-1)^2>0$). Sprawdzamy więc $a^2+b^2=c^2$.

Krok 2 — lewa strona:

$$a^2+b^2=(n^2-1)^2+(2n)^2=n^4-2n^2+1+4n^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 3 — prawa strona:

$$c^2=(n^2+1)^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 4 — wniosek. Obie strony są równe, więc z twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa trójkąt jest prostokątny. $\quad∎$

Zastosowanie: dla $n=2$ dostajemy trójkę $3,4,5$; dla $n=3$ — $8,6,10$. To wzór na trójki pitagorejskie.

$$a^2+b^2=c^2$$

Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej.

Odpowiedź: C. $a^2+b^2=c^2$.

$$c=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

To najsłynniejsza trójka pitagorejska: $3$, $4$, $5$.

Odpowiedź: $5$.

Przekształcamy twierdzenie Pitagorasa:

$$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$.

Odpowiedź: $12$.

Sprawdzamy, czy $a^2+b^2=c^2$ (dla największej jako $c$):

$$6^2+8^2=36+64=100=10^2 \ ✔$$

Pozostałe nie spełniają: $4+9\neq16$ itd.

Odpowiedź: A. $6,\ 8,\ 10$.

Przekątna kwadratu tworzy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych równych bokowi:

$$d=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{72}=6\sqrt2$$

Wzór: przekątna kwadratu to $a\sqrt2$.

Odpowiedź: $6\sqrt2\approx8{,}49$.

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Odpowiedź: B. $a\sqrt2$.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna ($5$ m), odległość od ściany ($3$ m) to jedna przyprostokątna, wysokość ($h$) to druga.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ \text{m}$$

Odpowiedź: $4$ m.

Krok 1 — wysokość dzieli trójkąt na dwa prostokątne. Podstawa połówki to $4$, przeciwprostokątna to bok $8$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt3$$

Wzór ogólny: wysokość trójkąta równobocznego to $\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $4\sqrt3\approx6{,}93$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $8$ i $6$:

$$d=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: D. $10$.

Krok 1 — twierdzenie odwrotne do Pitagorasa. Trójkąt jest prostokątny, gdy $a^2+b^2=c^2$ dla największego boku $c$.

Krok 2 — sprawdzamy:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Krok 3 — wniosek. Równość zachodzi, więc trójkąt jest prostokątny.

Odpowiedź: tak, jest prostokątny.

Porównujemy $a^2+b^2$ z $c^2$ dla największego boku $c=3$:

$$2^2+2^2=8,\qquad 3^2=9$$

Ponieważ $8\lt 9$, czyli $a^2+b^2\lt c^2$, kąt naprzeciw najdłuższego boku jest rozwarty.

Reguła (uogólnione twierdzenie Pitagorasa): $a^2+b^2>c^2$ — ostrokątny, $=c^2$ — prostokątny, $\lt c^2$ — rozwartokątny.

Odpowiedź: C. rozwartokątny.

Krok 1 — model. Odcinek to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych równych różnicom współrzędnych.

Krok 2 — wzór na odległość (z Pitagorasa):

$$|AB|=\sqrt{(4-1)^2+(6-2)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

Odpowiedź: $|AB|=5$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $80$ i $60$:

$$d=\sqrt{80^2+60^2}=\sqrt{6400+3600}=\sqrt{10000}=100\ \text{cm}$$

Interpretacja: to przekątna $1$ m — telewizor $40$-calowy (bo $100$ cm $\approx39{,}4$ cala).

Odpowiedź: $100$ cm.

$$d=a\sqrt2=5\sqrt2\approx7{,}07$$

Odpowiedź: C. $5\sqrt2$.

Krok 1 — model. Ramię ukośne to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych: wysokość $8$ i różnica podstaw $10-4=6$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$r=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: ramię ukośne ma $10$.

$$5^2+12^2=25+144=169=13^2$$

Równość $a^2+b^2=c^2$ oznacza trójkąt prostokątny (twierdzenie odwrotne do Pitagorasa).

Odpowiedź: B. prostokątny.

Krok 1 — długość jednej liny. Lina to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $12$ (wysokość) i $5$ (odległość):

$$l=\sqrt{12^2+5^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\ \text{m}$$

Krok 2 — cztery liny:

$$4\cdot13=52\ \text{m}$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$ — dała okrągły wynik.

Odpowiedź: jedna lina $13$ m, łącznie $52$ m.

Krok 1 — wysokość na podstawę. Dzieli podstawę na połowy ($6$ i $6$), tworząc trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$:

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8$$

Krok 2 — pole trójkąta:

$$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{12\cdot8}{2}=48$$

Klucz. Wysokość trójkąta równoramiennego pada na środek podstawy — dlatego przyprostokątna to połowa podstawy ($6$), nie cała.

Odpowiedź: $P=48$.

Krok 1 — droga dłuższa (po bokach):

$$30+40=70\ \text{m}$$

Krok 2 — droga na skróty. To przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $30$ i $40$:

$$d=\sqrt{30^2+40^2}=\sqrt{900+1600}=\sqrt{2500}=50\ \text{m}$$

Krok 3 — różnica:

$$70-50=20\ \text{m}$$

Interpretacja. To praktyczne zastosowanie Pitagorasa — trójka $30$, $40$, $50$ (wielokrotność $3,4,5$). Skrót oszczędza $20$ m.

Odpowiedź: o $20$ m krótsza.

Krok 1 — wskazujemy przeciwprostokątną. Najdłuższy bok to $n^2+1$ (bo $n^2+1>n^2-1$ oraz $n^2+1>2n$ dla $n>1$). Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa.

Krok 2 — suma kwadratów krótszych boków:

$$(n^2-1)^2+(2n)^2$$

Krok 3 — rozwijamy:

$$(n^4-2n^2+1)+4n^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 4 — kwadrat najdłuższego boku:

$$(n^2+1)^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 5 — porównanie. Obie strony są równe, więc $a^2+b^2=c^2$ — trójkąt jest prostokątny. $\qquad ∎$

Wniosek. To wzór generujący trójki pitagorejskie: dla $n=2$ daje $3,4,5$; dla $n=3$ daje $8,6,10$; dla $n=4$ daje $15,8,17$.