Dimostrazione di B. F. Yanney (1903)

Dato il triangolo rettangolo (ABC) poggiante sul cateto maggiore CB, si costruisca il quadrato dell’ipotenusa AB (ABHL), quindi il quadrato del cateto minore AC (ACDE) dalla stessa banda di (ABC); si prolunghi BC di un segmento BF = CD e si costruisca il quadrato di DF (DKHF), quindi si congiunga K con L, E con F e C con K.

I triangoli (ABC) e (DEF) sono congruenti poiché hanno la stessa base (per ipotesi CD = BF), la stessa altezza (AC = DE perché lati del medesimo quadrato) e l’angolo tra essi compreso (= 90°). In particolare il triangolo (DEF) è translato rispetto ad (ABC), quindi EF // AB. Il prolungamento della parallela di AB EF incontrerà AL nel punto N. Analogamente si può dimostrare che anche i triangoli rettangoli (AEL) e (CDK) sono congruenti e quindi CK // AL. La parallela CK di AL incontrerà a sua volta LH nel punto M. I parallelogrammi (LMOA) e (LKCA) hanno stessa base AL e stessa altezza LM, quindi Superficie di (LMOA) = Superficie di (LKCA); i parallelogrammi (LKCA) e (AEDC) hanno stessa base AC e stessa altezza CD, quindi Superficie di (LKCA) = Superficie di (AEDC).

I parallelogrammi ( HMOB) e (HKCB) hanno stessa base BH e stessa altezza MH, quindi Superficie di (HMOB) = Superficie di (HKBC); i parallelogrammi (HKBC) e (HKDF) hanno stessa base KH e stessa altezza KD, quindi Superficie di (HKDF) = Superficie di (HKCB). Per la proprietà transitiva della relazione di equivalenza, anche Superficie di (HMOB) = Superficie di (HKDF).

Allora AC² + BC² = (LMOA) + (HMOB) = (ABHL) = AB².