ユークリッド原論をどう読むか（８）
頁末 　　 前 　　 次 　　 目次

ユークリッド原論

第４巻

命題４ー１２（円に正五角形を外接）
与えられた円に
　等辺等角な五角形を外接させること。

• 円は、 定義１ー１５ による。
• 等辺は、 定義１ー２０の補足 による。
• 等角は、 定義の補足（命題４ー１１） による。
• 五角形は、 定義の補足２（命題４ー１１） による。

与えられた円を
　ＡＢＣＤＥとせよ。

• 　円ＡＢＣＤＥ
  をとっている。

円ＡＢＣＤＥに
　等辺等角な五角形を外接させねばならぬ。

Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅが
　内接された五角形の角の点と考えられ、
　弧ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＥ、ＥＡが等しい
　とせよ。 【・・・(a)】

• 命題４ー１１ （円に正五角形を内接）
  により、
  　等辺等角な五角形を円に内接させる。
  その時に円周上にある
  　頂点を順に、
  　Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅとし、
  　溯って用いている。
• 角の点とは、
  　今日で言う頂点のことである。
  この表現は
  　原論では初めてである。
• 　正五角形ＡＢＣＤＥ[;;（内接）円ＡＢＣＤＥ)]
  をとり、
  　Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ;共有点[正五角形ＡＢＣＤＥ,円ＡＢＣＤＥ]
  となっている。

Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅを通って
　円の接線ＧＨ、ＨＫ、ＫＬ、ＬＭ、ＭＧがひかれ、 【・・・(b)】

• 命題３ー１６の補足３ （円周上の点を通る接線）
  により、
  　Ａを通る接線ＧＨ、
  　Ｂを通る接線Ｈ’Ｋをひく。
  命題１ー３１の補足２ (交線の垂線)
  により、
  　ＧＨとＨ’Ｋは１点で交わる。
  　その点を改めてＨとし、
  　溯って用いている。
  以下、
  　Ｋ、Ｌ、Ｍ、Ｇも同様である。
  
• 　交点Ｈ(接線(Ａ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｂ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｋ(接線(Ｂ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｃ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｌ(接線(Ｃ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｄ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｍ(接線(Ｄ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｅ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｇ(接線(Ｅ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ａ,円ＡＢＣＤＥ))
  をとっている。

　 円ＡＢＣＤＥの中心Ｆがとられ、 【・・・(c)】

• 命題３ー１ （作図.円の中心）
  による。
• 　中心Ｆ.円ＡＢＣＤＥ
  となっている。

　ＦＢ、ＦＫ、ＦＣ、ＦＬ、ＦＤが結ばれたとせよ。

• 公準１ー１ （作図.直線）
  による。
• 　線分ＦＢ、ＦＫ、ＦＣ、ＦＬ、ＦＤ
  をとっている。

そうすれば
線分ＫＬは
　ＡＢＣＤＥにＣにおいて接し、
　中心Ｆから接点Ｃに
　　ＦＣが結ばれたから、

• (b)(c)による。
• 　ＫＬ;接線(Ｃ,円ＡＢＣＤＥ)、
  　ＦＣ;線分(接点Ｃ,中心Ｆ.円ＡＢＣＤＥ)
  となっている。

ＦＣは
　ＫＬに垂直である。

• 命題３−１６の系 （系．接線は直径と直角）
  による。
• 　ＦＣ⊥ＫＬ
  となっている。

それゆえ
Ｃにおける角のおのおのは
　直角である。 【・・・(1)】

• 定義１ー１０の補足２ （垂直） 、
  命題１ー１３ （直線と２直角１）
  による。
• 　∠ＦＣＫ＝∠ＦＣＬ＝∠Ｒ
  となっている。

同じ理由で
点Ｂ、Ｄにおける角も
　直角である。

• 　∠ＦＢＫ＝∠ＦＤＬ＝∠Ｒ
  となっている。

そして
角ＦＣＫは
　直角であるから、

• (1) による。
• 　∠ＦＣＫ＝∠Ｒ
  となっている。

ＦＫ上の正方形は
　ＦＣ、ＣＫ上の正方形の和に等しい。

• 命題１−４７ （三平方の定理）
  による。
• 　正方(_ＦＫ)＝正方(_ＦＣ)＋正方(_ＣＫ)
  となっている。

同じ理由で
ＦＫ上の正方形《も》［はさらに］
　ＦＢ、ＢＫ上の正方形の和に等しい。

• 「も」については、
  　Euclid's Elements
  　（Clark University Professor D.E.Joyceの
  　http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/elements.html）
  　においては、
  the square on FK also equals the sum of ･･･
  となっている。
  訳としては、「さらに」が妥当であると考える。
  プログレッシブ英和中辞典では、
  さらに、・・・もまた、やはり、同様に
  を訳語にあげ、
  The game slow, and it was also boring.
  などを例示している。
  
• 　正方(_ＦＫ)＝正方(_ＦＢ)＋正方(_ＢＫ)
  となっている。

ゆえに
ＦＣ、ＣＫ上の正方形の和は
　ＦＢ、ＢＫ上の正方形の和に等しく、

• 公理１ー１ （同じものに等しい）
  による。
• 　正方(_ＦＣ)＋正方(_ＣＫ)＝正方(_ＦＢ)＋正方(_ＢＫ)
  となっている。

そのうち
ＦＣ上の正方形は
　ＦＢ上の正方形に等しい。

• (c) 定義１ー１５ （円）
  により
  　ＦＣとＦＢとは等しい
  　ことによる。
• 　正方(_ＦＣ)＝正方(_ＦＢ)
  となっている。

したがって
　残りの
　ＣＫ上の正方形は
　ＢＫ上の正方形に等しい。

• 公理１ー３ （等しいものから等しいものをひく）
  による。
• 　正方(_ＣＫ)＝正方(_ＢＫ)
  となっている。

それゆえ
ＢＫは
　ＣＫに等しい。 【・・・(2)】

• 命題１−４８の補足 （正方形の大等小と辺の大等小）
  による。
• 　ＢＫ＝ＣＫ
  となっている。

そして
ＦＢは
　ＦＣに等しく、

• 定義１ー１５ （円）
  による。
• 　ＦＢ＝ＦＣ
  となっている。

ＦＫは
　共通であるから、
２辺ＢＦ、ＦＫは
　２辺ＣＦ、ＦＫに等しい。

• 　(ＢＦ,ＦＫ)＝(ＣＦ,ＦＫ)
  となっている。

そして
底辺ＢＫは
　底辺ＣＫに等しい。

• (2)による。
• 　ＢＫ＝ＣＫ
  となっている。

ゆえに
角ＢＦＫは
　角ＫＦＣに等しい。

• 命題１ー８ （３辺相等２）
  による。
• 　∠ＢＦＫ＝∠ＫＦＣ
  となっている。

《ところが》［また］
角ＢＫＦは
　角ＦＫＣに等しい。

• 「ところが」については、
  　Euclid's Elements
  　（Clark University Professor D.E.Joyceの
  　http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/elements.html）
  　においては、
  ･･･, and the angle BKF equals ･･･
  となっている。
  論拠は 命題１ー８ （３辺相等２）
  で同じであるから、 訳としては、「また」が妥当であると考える。
• 　∠ＢＫＦ＝∠ＦＫＣ
  となっている。

したがって
角ＢＦＣは
　角ＫＦＣの、
角ＢＫＣは
　角ＦＫＣの２倍である。 【・・・(3)】

• 定義の補足（公理１ー５） （同じもののｎ倍）
  による。
• 　∠ＢＦＣ＝２∠ＫＦＣ、
  　∠ＢＫＣ＝２∠ＦＫＣ
  となっている。

同じ理由で
角ＣＦＤも
　角ＣＦＬの、
角ＤＬＣも
　角ＦＬＣの２倍である。

• 　∠ＣＦＤ＝２∠ＣＦＬ、
  　∠ＤＬＣ＝２∠ＦＬＣ
  となっている。

そして
弧ＢＣは
　ＣＤに等しいから、

• Ｂ、Ｃ、Ｄは
  　円に内接する
  　等辺等角な五角形の頂点として
  　作図された。
  そこで、
  　 命題３ー２８ （等しい弦は等しい弧を切り取る）
  による。
• 　弧ＢＣ＝弧ＣＤ
  となっている。

角ＢＦＣも
　角ＣＦＤに等しい。

• 命題３ー２７ （弧が等しければ角も等しい）
  による。
• 　∠ＢＦＣ＝∠ＣＦＤ
  となっている。

そして
角ＢＦＣは
　角ＫＦＣの、
角ＤＦＣは
　角ＬＦＣの２倍である。

• (3)による。
• 　∠ＢＦＣ＝２∠ＫＦＣ、
  　∠ＤＦＣ＝２∠ＬＦＣ
  となっている。

それゆえ
角ＫＦＣも
　角ＬＦＣに等しい。

• 定義の補足（公理１ー６） （半分） 、
  公理１ー６ （同じものの半分）
  による。
• 　∠ＫＦＣ＝∠ＬＦＣ
  となっている。

ところが
角ＦＣＫは
　角ＦＣＬに等しい。

• (1)による。
• 　∠ＦＣＫ＝∠ＦＣＬ
  となっている。

ゆえに
ＦＫＣ、ＦＬＣは
　２角が２角に等しく、
　１辺が１辺に等しい、
　　すなわち
　　それらに共通なＦＣをもつ
　２つの三角形である。

• 　△ＦＫＣ≡△ＦＬＣ
  となっている。

したがって
残りの辺も
　残りの辺に、
残りの角も
　残りの角に等しいであろう。

• 命題１ー２６ （２角挟辺相等）
  による。

それゆえ
線分ＫＣは
　ＣＬに、
角ＦＫＣは
　角ＦＬＣに等しい。 【・・・(4)】

• 　ＫＣ＝ＣＬ、
  　∠ＦＫＣ＝∠ＦＬＣ
  となっている。

そして
ＫＣは
　ＬＣに等しいから、
ＫＬは
　ＫＣの２倍である。

• 定義の補足（公理１ー５） （同じもののｎ倍）
  による。
• 　ＫＬ＝２ＫＣ
  となっている。

同じ理由で
ＨＫも
　ＢＫの２倍である
　ことが証明されうる。

• 　ＨＫ＝２ＢＫ
  となっている。

そして
ＢＫは
　ＫＣに等しい。

• (2) による。
• 　ＢＫ＝ＫＣ
  となっている。

ゆえに
ＨＫも
　ＫＬに等しい。

• 公理１ー５ （同じもののｎ倍）
  による。
• 　ＨＫ＝ＫＬ
  となっている。

同様にして
　ＨＧ、ＧＭ、ＭＬのおのおのが
　ＨＫ、ＫＬの双方に等しい
　ことも証明されうる。

• 　ＨＧ＝ＧＭ＝ＭＬ＝ＨＫ＝ＫＬ
  となっている。

したがって
五角形ＧＨＫＬＭは
　等辺である。 【・・・(5)】

• 定義１ー２０の補足 （等辺）
  による。
• 　五角形ＧＨＫＬＭ;等辺
  となっている。

次に
　等角でもあると主張する。
角ＦＫＣは
　角ＦＬＣに等しく、
角ＨＫＬは
　角ＦＫＣの２倍であり、
角ＫＬＭは
　角ＦＬＣの２倍である
　ことが証明されたから、

• (4),(3)で角ＢＫＣがＨＫＬ、
  　角ＤＬＣがＫＬＭであることによる。
• 　∠ＦＫＣ＝∠ＦＬＣ、
  　∠ＨＫＬ＝２∠ＦＫＣ、
  　∠ＫＬＭ＝２∠ＦＬＣ
  となっている。

角ＨＫＬも
　角ＫＬＭに等しい。

• 公理１ー５の補足２ （等しいもののｎ倍、ｎ倍に等しいもの）
  による。
• 　∠ＨＫＬ＝∠ＫＬＭ
  となっている。

同様にして
角ＫＨＧ、ＨＧＭ、ＧＭＬおのおのも
　角ＨＫＬ、ＫＬＭの双方に等しい
　ことが証明されうる。

• 　∠ＫＨＧ＝∠ＨＧＭ＝∠ＧＭＬ＝∠ＨＫＬ＝∠ＫＬＭ
  となっている。

それゆえ
５つの角ＧＨＫ、ＨＫＬ、ＫＬＭ、ＬＭＧ、ＭＧＨは
　互いに等しい。

• 公理１ー１の補足 （等しいものに等しい）
  による。

ゆえに
五角形ＧＨＫＬＭは
　等角である。

• 定義の補足（命題４ー２） (等角)
  による。
• 　五角形ＧＨＫＬＭ;等角
  となっている。

ところが
等辺であることも
　証明され、

• (5)による。
• 　五角形ＧＨＫＬＭ;等辺
  となっている。

　円ＡＢＣＤＥに外接された。

• 定義４ー４ （外接(円に)）
  による。
• 　五角形ＧＨＫＬＭ;（外接）円ＡＢＣＤＥ
  となっている。

これが作図すべきものであった。

• 命題４ー１２は、
  　円ＡＢＣＤＥ
  に対して、
  　正五角形ＡＢＣＤＥ[;;（内接）円ＡＢＣＤＥ)]、
  　交点Ｈ(接線(Ａ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｂ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｋ(接線(Ｂ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｃ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｌ(接線(Ｃ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｄ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｍ(接線(Ｄ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ｅ,円ＡＢＣＤＥ))
  　交点Ｇ(接線(Ｅ,円ＡＢＣＤＥ),接線(Ａ,円ＡＢＣＤＥ))
  　線分ＦＢ、ＦＫ、ＦＣ、ＦＬ、ＦＤ
  をとれば、
  　五角形ＧＨＫＬＭ;等角、等辺、（外接）円ＡＢＣＤＥ
  のことである。
• 命題４ー１２は作図用命題である。

  前提	作図	推論
  定義		1-10補2,1-15,1-20補,補(理1-5),補(理1-6),4-4,補(題4-2)
  公準	1-1
  公理		1-1,1-1補,1-3,1-5,1-5補2,1-6
  命題	1-31補2,3-1,3-16補3,4-11	1-8,1-13,1-26,1-47,1-48補,3-16系,3-27,3-28
  その他

前 　　 次 　　 目次 　　頁頭