オペレヴィ・ヴィクセ

ユークリッドの『原論』を少しずつ読んでいくブログです。タイトルは「Q.E.D.」の元になったギリシャ語の「όπερ έδει δείξαι.」。

第2巻命題2 全体と二分された各々との矩形

もし線分が任意に二分されるならば、全体と分けられた部分の各々とに囲まれた矩形の和は、全体の上の正方形に等しい。

 

代数的に見れば、今回の命題は前回の命題の特殊な場合にあたる。どちらも分配法則を示しているように見えるからだ。

しかし、幾何的に見れば、まるで違う事柄を扱っている。前回は線分が二本あったが、今回は一本しかないのだ。

線分ΑΒが、その上の任意の点Γで二分されたとする。

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このとき、全体と分けられた部分に囲まれた矩形が二つできる(ΑΒ、ΑΓに囲まれた矩形と、ΒΑ、ΓΒに囲まれた矩形の二つができる)が、これらを合わせると、全体の上の正方形に等しいと述べている。

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直感的には明らかであろう。さくっと証明しよう。例によって、まずは図を描かねばならない。

まず、線分ΑΒの上に正方形ΑΒΕΔを描き*1、点Γを通り線分ΑΔ(またはΒΕ)に平行にΓΖを引く*2

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すると、正方形ΑΕは、二つの矩形ΑΖとΓΕの和に等しい。

そして矩形ΑΖは、二線分ΑΒ、ΑΓに囲まれた矩形である。なぜなら、矩形ΑΖは二線分ΑΓ、ΑΔに囲まれているが、ΑΔはΑΒに等しいからである*3

同様に、矩形ΓΕは、二線分ΑΒ、ΒΓに囲まれた矩形である。なぜなら、矩形ΓΕは二線分ΒΓ、ΒΕに囲まれているが、ΒΕはΑΒに等しいからである*4

ゆえに、矩形ΑΒ、ΑΓと矩形ΑΒ、ΒΓの和は、線分ΑΒ上の正方形に等しい。

よってもし線分が任意に二分されるならば、全体と分けられた部分の各々とに囲まれた矩形の和は全体の上の正方形に等しい。これが証明すべきことであった。

 

内容は異なるが、証明の方法は前回と似ている。ΑΕがΑΖ、ΓΕの和に等しく、これらがそれぞれ矩形ΑΒ、ΑΓと矩形ΑΒ、ΒΓに等しいので、ΑΕはこれらの矩形の和だと示した。

前回の記事で、「第2巻命題1は、ピタゴラスの定理の証明で既に使われていると言われる」と述べた。が、ピタゴラスの定理の証明をよく読むと、使っているのはむしろ今回の命題のように見える。

もっとも、これも前回の記事で述べた通り、見た目が似ているだけで、使われてはいない。ピタゴラスの定理の証明では、先に正方形があってそれを分割するが、この命題では先に線分を分割した後、その上に正方形を描く。作図の順番が違うので、異なる定理だと解釈できる。

stoixeia.hatenablog.com

 

冒頭で述べた通り、今回の命題は代数的に解釈しようとすると、分配法則の特殊な場合になる。全体ΑΒをa、ΑΓをb、ΓΒをcとすると、
 a=b+c ならば a^2=ab+ac
となるからだ。

しかし、分配法則であれば、前回もやった。もしユークリッド代数学を理解しており、それを幾何的に表そうとしたのなら、今回の命題は不要だ。

「二乗が出てくる場合は特別に示さないといけないと考えたのだ」という反論もありうるが、それもおかしい。もしそうなら、線分ΑΒは二分ではなく、任意に分割されなければいけない。

ユークリッドは、これまで「特殊な場合の証明」はあまり行っていない。特に複雑な命題でもないので、わざわざ特殊な場合を分けて扱う必要もなかっただろう。
(2018/03/09追記)だが全く行っていないわけではないし、第3巻以降であれば特殊な場合を扱うこともあるので、ここの私の論拠は弱いだろう。

 

 

*1:命題1-46「与えられた線分上に正方形を描くこと」

*2:命題1-31「与えられた点を通り、与えられた直線に平行線を引くこと」

*3:定義1-22「四辺形のうち、正方形とは等辺でかつ角が直角のもの、矩形とは角が直角で等辺でないもの、菱形とは等辺で角が直角でないもの、長斜方形とは対辺と対角が等しいが等辺でなく角が直角でないものである。これら以外の四辺形はトラペジオンと呼ばれるとせよ」

*4:命題1-22「四辺形のうち、正方形とは等辺でかつ角が直角のもの、矩形とは角が直角で等辺でないもの、菱形とは等辺で角が直角でないもの、長斜方形とは対辺と対角が等しいが等辺でなく角が直角でないものである。これら以外の四辺形はトラペジオンと呼ばれるとせよ」