もし線分が相等および不等な部分に分けられるならば、不等な部分に囲まれた矩形と二つの区分点の間の線分上の正方形との和は、もとの線分の半分の上の正方形に等しい。
今回もまた、何を言っているのかさっぱりわからない命題である。図を描いてみよう。
（ΑΓ＝ΓΒ）
まず線分ΑΒがあり、それを点Γで等しい部分に、点Δで不等な部分に分ける。このとき、不等な二つの部分ΑΔ、ΔΒに囲まれた矩形と、二つの区分点Γ、Δの間の線分上の正方形との和が、もとの線分の半分ΒΓ上の正方形に等しいと主張している。
これまでの命題と違って、直感的に正しいかどうか、すぐにはわからない。少なくとも、下の二つのピースをどう動かしても、上の正方形は作れそうにない。
では証明しよう。
まず、線分ΓΒ上に正方形ΓΕΖΒを描き*1、対角線ΒΕを結ぶ*2。
そして、点Δを通り線分ΓΕ（またはΒΖ）に平行な線分ΔΗを引き、ΒΕとの交点をΘとする*3。
さらに、点Θを通りΑΒ（またはΕΖ）に平行な線分ΚΜを引き、点Αを通りΓΕ（またはΒΖ）に平行な線分ΑΚを引く*4。
このとき、補形ΓΘは補形ΘΖに等しい*5。双方に四角形ΔΜをくわえると、ΓΜ全体はΔΖ全体に等しい*6。
ところで、線分ΑΓは線分ΓΒに等しいので、平行四辺形ΑΛは平行四辺形ΓΜに等しい*7。ゆえに、平行四辺形ΑΛも平行四辺形ΔΖに等しい*8。
双方に平行四辺形ΓΘをくわえると、ΑΘ全体はグノーモーンΝΞΟに等しい*9。
ここで、矩形ΔΜは正方形なので*10、辺ΔΘは辺ΔΒに等しい。ゆえに矩形ΑΘは、矩形ΑΔ、ΔΒである。従って、グノーモーンΝΞΟも、矩形ΑΔ、ΔΒに等しい*11。
双方に、矩形ΛΗを加える。すると、グノーモーンΝΞΟと矩形ΛΗの和は、矩形ΑΔ、ΔΒと、矩形ΛΗとの和に等しい*12。ここで、矩形ΛΗは線分ΓΔ上の正方形に等しいので*13*14、後者は矩形ΑΔ、ΔΒと、ΓΔ上の正方形との和に等しい。
そして、グノーモーンΝΞΟと矩形ΛΗの和は、正方形ΓΒΖΕに等しい。従って、二線分ΑΔ、ΔΒに囲まれた矩形と線分ΓΔ上の正方形との和は、ΓΒ上の正方形に等しい。
よって、もし線分が相等および不等な部分に分けられるならば、不等な部分に囲まれた矩形と二つの区分点の間の線分上の正方形との和は、もとの線分の半分の上の正方形に等しい。これが証明すべきことであった。
ポイントは、矩形ΑΘとグノーモーンΝΞΟが等しいと示すところだろう。矩形ΑΛと矩形ΔΖが等しいので、双方にΓΘを加えれば、両者が等しいことが示せる。あとは正方形ΛΗを両者に加えればよい。
今回の証明では、前回の命題４の論証中に登場した事柄が使われた。前回の記事で命題４の系として紹介した事柄のほか、正方形ΛΗがΓΔ上の正方形に等しいことも使われている。
次回以降もこれらの事柄は使っていく。『原論』ではその際、そこの論証はカットされる。当ブログでも、あまり細かく触れずに行こう。
今回の図は見栄えが良くなるようにΔの位置を調節しているが、もちろん、ΔがもっとΓに近くてもΒに近くてもよい。
位置がずれると、図から受ける印象もだいぶ変わるだろう。
当たり前の話だが、Δの位置が変わっても、ΒΓ上の正方形は変化しない。このことから、矩形ΑΘと正方形ΛΗの和は常に一定であることがわかる。
この命題５が、私が幾何学的代数学を疑問視したきっかけである。
当ブログで既に何度も言及したように、第２巻は1970年代まで方程式などを図形的に表したもの（幾何学的代数学）だと解釈されていた。だが最近になって、その説は否定されてきている。
私が当ブログを始めたときはまだそのことを知らなかったのだが、ブログを書くために第２巻を初めてしっかりと読み込み、「これはちょっと無理がないか？」と思ったのだ。そして調べてみたところ、幾何学的代数学は否定されていることを知った。
まずは幾何学的代数学の立場での説明をしよう。今回の図で、
ΑΓ = ΓΒ = a
ΓΔ = b
と文字をおこう。すると、ΑΔ = a+b、ΔΒ = a-bとなる。
今回の命題は、ΑΔ、ΔΒに囲まれた矩形と、ΓΔ上の正方形の和が、ΓΒ上の正方形に等しいと主張していた。この通りに考えてみよう。
ΑΔ＝a+b、ΔΒ＝a-bなので、これに囲まれた矩形の面積は
(a+b)(a-b)
である。ここにさらに、ΓΔ上の正方形の面積を加える。ΓΔ＝bなので、その面積はbだ。
これらの和がΓΒ上の正方形に等しいのだが、ΓΒ＝aなので、その面積はaになる。これらをまとめると、以下の式となる。
(a+b)(a-b) + b = a
少し式変形すれば以下の通りだ。
(a+b)(a-b) = a - b
これは有名な展開の公式のひとつだ。この図は、この公式を表す図だったのだ。
ここまでなら、そこまで無理はない。問題はこの先である。
ものの本によると、この命題は「二数の差と積が与えられたとき、その二数を求める」という問題を解くのに使えるらしい。現代的に言えば、これは二次方程式を解くことに相当する。
与えられた差をp、積をqとしよう。そして求める二数をu,vとする。つまり、
u-v = p
uv = q
としよう。このとき、u,vをp,qを使って表したい。
ここで、u = ΑΔ、v = ΔΒとおく。これは図より、
u = a+b
v = a-b
となる。するとこの差pは、
p = u-v = (a+b) - (a-b) = 2b = 2ΓΔ
となる。
そして与えられた積q=uvは、ΑΔ、ΔΒに囲まれた矩形になる。つまり、矩形ΑΘになる。
したがってこの図には、与えられた差の半分に等しい線分ΓΔと、与えられた積に等しい矩形ΑΘが描かれている。よってこの図から、二数u,vが求められるのである。
……というのが私の理解だったのだが、この説明は明らかにおかしい。
なぜなら、『原論』の説明に従ってこの図を描こうと思うと、先にu,vがわかっていないといけないからだ。従って、この方法でu,vを求めることはできない。
しかも、いくつか本やWebサイトを調べた限りでは、幾何学的代数学と言いながら、図形ではなく数式を使って説明しているものばかりだった。
展開の公式 (a+b)(a-b) + b = a
は、a+b = u, a-b = v と置くと、次のように書き換えられる。
この式から、「uvとu-vが与えられれば、u+vが得られるので、u,vが求まる」という説明をしているのだ。
問題は、それをどうやって作図するかだ。私が「無理がある」と思い始めたのは、これが原因である。
たしかに数式で考えれば、この図は二次方程式を解くのに使える。だが、『原論』の説明通りでは、それを作図できないのだ。
ただし『原論』の説明を無視すれば、作図は可能である。ボイヤー『数学の歴史』などに、その方法が示されている。
だが、もしユークリッドの目的が二次方程式を解くことだったのなら、解けるような作図方法を説明するはずである。また命題の文章も、例えば次のようになっているはずだ。
与えられた長さだけ異なる二線分に囲まれた矩形を、与えられた直線図形に等しくすること。
与えられた長さが「差」で、与えられた直線図形が「積」だ。こうすれば、作図された矩形の辺が、求める二数になる。
しかし「無理がある」と私が思っていても、第２巻が幾何学的代数学だというのは常識である。きっと何かうまい説明があるのだろうと思い調べを進めた結果、「幾何学的代数学は、最近の研究では否定されつつある」という記述に出会った。
幾何学的代数学否定論がどの程度正当なのか、いまいちわかっていないのだが、私には納得できる説である。こういうわけで、当ブログでは否定的立場を取ることにしたのだ。
今回の命題５と次回の命題６は、『原論』の中に何度か登場する。例えば第２巻の終盤や、第３巻の方べきの定理の証明などに顔を出す。
また『原論』以外にも、古代ギリシャ数学の中で頻出する命題らしい。当時の数学者たちにとっては、まさに二次方程式の解の公式のように、重要命題のひとつだったのかもしれない。
*1:命題1-46「与えられた線分上に正方形を描くこと」
*3: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」
*4: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」
*5:命題1-43「すべての平行四辺形において、対角線をはさむ二つの平行四辺形の補形は互いに等しい」
*6:公理２「等しいものに等しいものが加えられれば、全体は等しい」
*7:命題1-36「等しい底辺の上にあり、かつ同じ平行線の間にある平行四辺形は互いに等しい」
*8:公理１「同じものに等しいものはまた互いに等しい」
*9:公理２「等しいものに等しいものが加えられれば、全体は等しい」
*10:命題４系「正方形において、対角線を挟む平行四辺形は正方形である」
*11:公理１「同じものに等しいものはまた互いに等しい」
*12:公理２「等しいものに等しいものが加えられれば、全体は等しい」
*13:命題４系「正方形において、対角線を挟む平行四辺形は正方形である」
*14:命題1-34「平行四辺形において、対辺および対角は互いに等しく、対角線はこれを二等分する」
