ユークリッド原論をどう読むか（８）
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ユークリッド原論

第４巻

命題４ー１５（六角形を円に内接）
六角形 　分の１ 　 (正六角形の辺)
(正六角形を円に外接)
(円を正六角形に内接・外接)
与えられた円に
　等辺等角な六角形を内接させること。

• 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。
• 六角形は、角（辺）の数が６つの、 定義１ー１９の補足２ にいう多角形である。
  （以下、定義の補足（命題４ー１５）(六角形)という。）
• 内接は、 定義４ー３ による。

与えられた円を
　ＡＢＣＤＥＦとせよ。

• 　円ＡＢＣＤＥＦ
  をとっている。

このとき
　円ＡＢＣＤＥＦに
　等辺等角な六角形を
　内接させねばならぬ。

円ＡＢＣＤＥＦの
　直径ＡＤがひかれ、

• 命題３ー７の補足２ による。
  直径の両端をＡ、Ｄとし、
  　溯ってＡ、Ｄを用いている。
• 　直径ＡＤ..円ＡＢＣＤＥＦ
  をとっている。

　円の中心Ｇがとられ、

• 命題３ー１ による。
• 　中心Ｇ.円ＡＢＣＤＥＦ
  をとっている。

　Ｄを中心として
　円ＥＧＣＨが描かれ、 【・・・(a)】

• 命題１ー２２の補足 により、
  　Ｄ、Ｇを中心とする
  　　半径ＤＧの２円は、
  　線分ＤＧについて
  　異なる側の２点で交わる。
  その交点をＣ、Ｅとし、
  　溯ってＣ、Ｅを用いている。
• 　交点Ｃ、Ｅ[円ＡＢＣＤＥＦ,円ＥＧＣＨ(Ｄ,ＤＧ)]
  をとっている。

　ＥＧ、ＣＧが結ばれ、

• 公準１ー１ による。
• 　線分ＥＧ、ＣＧ
  をとっている。

　点Ｂ、Ｆまで延長され、

• 公準１ー２ により延長する。
  命題３−１の補足２ により、
  　それぞれＥ、Ｃ以外に
  　もう１点で円周と交わる。
  その点をそれぞれＢ、Ｆとし、
  　溯ってＢ、Ｆを用いている。
• 　交点Ｂ(延長ＥＧ,円周ＡＢＣＤＥＦ)、
  　交点Ｆ(延長ＣＧ,円周ＡＢＣＤＥＦ)
  をとっている。

　ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＥ、ＥＦ、ＦＡが
　結ばれたとせよ。

• 公準１ー１ による。
• 　線分ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＥ、ＥＦ、ＦＡ
  をとっている。

六角形ＡＢＣＤＥＦは
　等辺等角であると主張する。
点Ｇは
　円ＡＢＣＤＥＦの中心であるから、

• (a)による。
• 　Ｇ;中心.円ＡＢＣＤＥＦ
  となっている。

　ＧＥはＧＤに等しい。 【・・・(1)】

• 定義１ー１５ による。
• 　ＧＥ＝ＧＤ
  となっている。

また
　点Ｄは
　円ＧＣＨの中心であるから、

• (a)による。
• 　Ｄ;中心.円ＧＣＨ
  となっている。

　ＤＥは
　ＤＧに等しい。 【・・・(2)】

• 定義１ー１５ による。
• 　ＤＥ＝ＤＧ
  となっている。

ところが
　ＧＥがＧＤに等しいことは
　先に証明された。

• (1)による。
• 　ＧＥ＝ＧＤ
  となっている。

それゆえ
　ＧＥもＥＤに等しい。

• 公理１ー１ による。
• 　ＧＥ＝ＥＤ
  となっている。

ゆえに
　三角形ＥＧＤは等辺である。

• 定義１ー２０の補足 による。
• 　△ＥＧＤ;等辺
  となっている。

したがって
　その３つの角ＥＧＤ、ＧＤＥ、ＤＥＧも
　互いに等しい。
なぜなら
　二等辺三角形の底辺における角は
　互いに等しいから。

• 命題１ー５ による。
• 　∠ＥＧＤ＝∠ＧＤＥ＝∠ＤＥＧ
  となっている。
• 「なぜなら・・・だから」については、
  　コメント２（命題１ー１６）を参照のこと。
  なお、英文では、
  　通例'for'となっているが、
  　ここは'inasmuch as'となっている。
  

そして
　三角形の３つの角の和は
　２直角に等しい。

• 命題１ー３２ による。
• 　∠ＥＧＤ＋∠ＧＤＥ＋∠ＤＥＧ＝２∠Ｒ
  となっている。 　

それゆえ
　角ＥＧＤは
　２直角の３分の１である。

• ｎ分の１とは
  ｎ倍すれば元のものに等しくなるもの。
  同時に、
  それは、
  ｎ等分した１つである。
  （以下、定義の補足２（命題４ー１５）(分の１)という。）
• 　∠ＥＧＤ＝１／３×２∠Ｒ
  となっている。

同様にして
　角ＤＧＣも２直角の３分の１である
　ことが証明されうる。

• 　∠ＤＧＣ＝１／３×２∠Ｒ
  となっている。

そして
　ＥＢ上に立つ線分ＣＧが
　接角ＥＧＣ、ＣＧＢの和を
　２直角に等しくするから、

• 命題１ー１３ による。
• 　∠ＥＧＣ＋∠ＣＧＢ＝２∠Ｒ
  となっている。

残りの角ＣＧＢも
　２直角の３分の１である。

• 公理１ー３ 、 定義の補足（命題４ー１５） による。
• 　∠ＣＧＢ＝１／３×２∠Ｒ
  となっている。

ゆえに
　角ＥＧＤ、ＤＧＣ、ＣＧＢは
　互いに等しい。

• 公理１ー１の補足 による。
• 　∠ＥＧＤ＝∠ＤＧＣ＝∠ＣＧＢ
  となっている。

したがって
　それらの対頂角ＢＧＡ、ＡＧＦ、ＦＧＥも
　等しい。

• 命題１ー１５ による。
• 　∠ＢＧＡ＝∠ＡＧＦ＝∠ＦＧＥ
  となっている。

それゆえ
　６つの角
　ＥＧＤ、ＤＧＣ、ＣＧＢ、ＢＧＡ、ＡＧＦ、ＦＧＥは
　互いに等しい。

• 公理１ー１の補足 による。
• 　∠ＥＧＤ＝∠ＤＧＣ＝∠ＣＧＢ＝∠ＢＧＡ＝∠ＡＧＦ＝∠ＦＧＥ
  となっている。

ところが
　等しい角は
　等しい弧の上に立つ。

• 命題３ー２６ による。

ゆえに
　６つの弧
　ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＥ、ＥＦ、ＦＡは
　互いに等しい。 【・・・(3)】
そして
　等しい弧には
　等しい弦が対する。

• 命題３ー２９ による。
• 　弧ＡＢ＝弧ＢＣ＝弧ＣＤ＝弧ＤＥ＝弧ＥＦ＝弧ＦＡ
  となっている。

したがって
　６つの弦は
　互いに等しい。

• 　弦ＡＢ＝弦ＢＣ＝弦ＣＤ＝弦ＤＥ＝弦ＥＦ＝弦ＦＡ
  となっている。

よって
　六角形ＡＢＣＤＥＦは
　等辺である。 【・・・(4)】

• 定義１ー２０の補足 による。
• 　六角形ＡＢＣＤＥＦ;等辺
  となっている。

次ぎに
　等角であると主張する。
弧ＦＡは
　弧ＥＤに等しいから、

• (3) による。
• 　弧ＦＡ＝弧ＥＤ
  となっている。

　双方に
　弧ＡＢＣＤが加えられたとせよ。
そうすれば
　ＦＡＢＣＤ全体は
　ＥＤＣＢＡ全体に等しい。

• 公理１ー２ による。
• 　弧ＦＡＢＣＤ＝弧ＥＤＣＢＡ
  となっている。

そして
　角ＦＥＤは
　　弧ＦＡＢＣＤの上に、
　角ＡＦＥは
　　弧ＥＤＣＢＡの上に立つ。
ゆえに
　角ＡＦＥは
　角ＤＥＦに等しい。

• 命題３ー２７ による。
• 　∠ＡＦＥ＝∠ＤＥＦ
  となっている。

同様にして
　六角形ＡＢＣＤＥＦの
　　残りの角も
　１つずつ
　角ＡＦＥ、ＦＥＤの双方に等しい
　ことが証明されうる。

• 　∠ＡＦＥ＝∠ＢＡＦ＝∠ＣＢＡ＝∠ＤＣＢ＝∠ＥＤＣ＝∠ＦＥＤ
  となっている。

したがって
　六角形ＡＢＣＤＥＦは
　等角である。

• 公理１ー１の補足 による。
• 　六角形ＡＢＣＤＥＦ;等角
  となっている。

ところが
　等辺であることも先に証明された。

• (4) による。
• 　六角形ＡＢＣＤＥＦ;等辺
  となっている。

そして
　円ＡＢＣＤＥＦに内接されている。

• 定義４ー３ による。
• 　六角形ＡＢＣＤＥＦ;（内接）円ＡＢＣＤＥＦ
  となっている。

よって
　与えられた円に
　等辺等角な六角形が内接された。
これが作図すべきものであった。

系

これから
　次ぎのことが明らかである。
すなわち、
　六角形の辺は
　円の半径に等しい。
(以下、命題４ー１５の系３ (正六角形の辺)という。)

• (2) による。
• 　辺.正六角形＝半径.円(;;(外接)正六角形)
  となっている。

また
　五角形のときと同様、
　もし
　円周上の区分点を通って

• ここにいう区分点とは、
  　 命題４ー１１ と同様にして、
  　円に内接する正六角形を描いたときの、
  　円周上にくる
  　６つの頂点のことである。

　円の接線をひけば、
　五角形のときにいわれたように、
　等辺等角な六角形が
　円に外接されるであろう。
(以下、命題４ー１５の系４ (正六角形を円に外接)という。)

• 命題４ー１２ を参照のこと。
• 　点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ;頂点.正六角形(;;（内接）円Ｏ)、
  　交点Ｇ(接線(Ａ,円Ｏ),接線(Ｂ,円Ｏ))、
  　交点Ｈ(接線(Ｂ,円Ｏ),接線(Ｃ,円Ｏ))、
  　交点Ｋ(接線(Ｃ,円Ｏ),接線(Ｄ,円Ｏ))、
  　交点Ｌ(接線(Ｄ,円Ｏ),接線(Ｅ,円Ｏ))、
  　交点Ｍ(接線(Ｅ,円Ｏ),接線(Ｆ,円Ｏ))、
  　交点Ｎ(接線(Ｆ,円Ｏ),接線(Ａ,円Ｏ))
  をとれば、
  　六角形ＧＨＫＬＭＮ;等辺、等角、（外接）円Ｏ
  となっている。
  

そしてまた
　五角形のときにいわれたように、
　与えられた六角形に
　円を内接および外接させうる。
(以下、命題４ー１５の系５ (円を正六角形に内接・外接)という。)

• 命題４ー１３ 、 命題４ー１４ を参照のこと。
• 　正六角形ＡＢＣＤＥＦ
  に対して、
  　交点Ｇ(二等分線(∠ＡＢＣ),二等分線(∠ＢＣＤ))、
  　交点Ｈ(垂線(Ｇ,ＢＣ))
  をとれば、
  　円(Ｇ,ＧＨ);（内接）正六角形ＡＢＣＤＥＦ、
  　円(Ｇ,ＧＡ);（外接）正六角形ＡＢＣＤＥＦ
  となっている。
  

これが作図すべきものであった。

• これまで、
  　三角形、正方形、正五角形について、
  　ていねいに
  　円に内接、外接させることや、
  　円を内接、外接させることを
  　論じてきていたが、
  　正六角形では、
  　円に内接することを論じたあとは、
  　正五角形と同様にできることを
  　指摘するだけで済ませている。
  すなわち、
  　正多角形を円に内接させることができれば、
  　円に外接させることは、
  　正五角形において原理的に解決している。
  また、
  　正多角形に円を内接、外接させることは、
  　原理的に
  　正五角形で解決しているということである。
  したがって、
  　課題は、
  　円に正多角形を内接させることにある。
• 命題４ー１５は,
  　円ＡＢＣＤＥＦ
  に対して、
  　直径ＡＤ..円ＡＢＣＤＥＦ、
  　中心Ｇ.円ＡＢＣＤＥＦ、
  　交点Ｃ、Ｅ[円ＡＢＣＤＥＦ,円ＥＧＣＨ(Ｄ,ＤＧ)]、
  　交点Ｂ(延長ＥＧ,円周ＡＢＣＤＥＦ)、
  　交点Ｆ(延長ＣＧ,円周ＡＢＣＤＥＦ)、
  　線分ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＥ、ＥＦ、ＦＡ
  をとれば、
  　六角形ＡＢＣＤＥＦ;等辺、等角、（内接）円ＡＢＣＤＥＦ
  のことである。
  
• 命題４ー１５の系３ (正六角形の辺)

  前提	作図	推論
  定義
  公準
  公理
  命題	4-15
  その他

• 命題４ー１５の系４ (正六角形を円に外接)
  　命題４ー１２における4-11を4-15に入れ替えたもの

  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3,4-15	1-8,1-13,1-26,1-47,1-48補,3-16系,3-27,3-28
  その他

• 命題４ー１５の系５ (円を正六角形に内接・外接)
  • 　（内接）命題４ー１３（作図.正五角形に円を内接）と同じ。

    前提	作図	推論
    定義		1-8補,1-19補3,3-2,3-2補2,補(理1-5),補2(理1-6)
    公準	1-1,1-3,1-5
    公理		1-1補,1-4補3,1-8補4
    命題	1-9,1-12	1-4,1-26,3-16
    その他	コ(題4-4)	コ(題1-4)fi, コ2(題4-4)

  • （外接）命題４ー１４（作図.正五角形に円を外接）と同じ。

    前提	作図	推論
    定義		1-15,1-19補3,4-6,補(理1-5),補2(理1-6)
    公準	1-3,1-5
    公理		1-1補,1-4補3,1-8補4
    命題	1-9	1-4,1-6
    その他	コ(題4-4)	コ2(題4-4)

  
  
• 命題４ー１５は作図用命題である。

  前提	作図	推論
  定義		1-15,1-20補,4-3,補(題4-15)
  公準	1-1,1-2
  公理		1-1,1-1補,1-2,1-3
  命題	1-22補,3-1,3-1補2,3-7補2	1-5,1-13,1-15,1-32,3-26,3-27,3-29
  その他		コ2(題1-16)inas

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