Első könyv

 

Definíciók

1. Pont az, aminek nincs része.[I_D_1]

2. A vonal szélesség nélküli hosszúság.

3. A vonal végei pontok.

4. Egyenes vonal[I_D_4] az, amelyik a rajta levő pontokhoz viszonyítva egyenlően fekszik.

5. Felület az, aminek csak hosszúsága és szélessége van.

6. A felület végei (=szélei) vonalak.

7. Síkfelület[I_D_7] az, amelyik a rajta levő egyenesekhez viszonyítva egyenlően fekszik.

8. A síkszög két olyan egysíkbeli vonal egymáshoz való hajlása, amelyek metszik egymást, és nem fekszenek egy egyenesen.

9. Ha a szöget közrefogó vonalak egyenesek, egyenes vonalúnak nevezzük a szöget.[I_D_9]

10. Ha valamely egyenesre egyenest állítunk úgy, hogy egyenlő mellékszögek keletkeznek, akkor a két egyenlő szög derékszög, és az álló egyenest merőlegesnek mondjuk arra, amelyen áll.

11. Tompaszög az, amelyik nagyobb a derékszögnél.

12. Hegyesszög pedig, amelyik kisebb a derékszögnél.

13. Határ az, ami vége valaminek.

14. Alakzat az, amit egy vagy több határ vesz körül.

15. A kör síkbeli alakzat, amelyet egy vonal vesz körül [ezt nevezzük körvonalnak] úgy, hogy az e vonal és egy, az alakzat belsejében fekvő pont közé eső szakaszok egyenlők egymással.

16. Ezt a pontot a kör középpontjának nevezzük.

17. A körnek átmérője bármely, a középponton áthaladó egyenes vonal, amely mindkétoldalt a kör kerületén végződik. Az ilyen egyenes félbevágja a kört.

18. A félkör olyan alakzat, amelyet egy átmérő és az általa kimetszett körív vesz körül. (A félkör középpontja ugyanaz a pont, mint amelyik a köré is.)[I_D_18]

19. Egyenes vonalú alakzatok (azaz sokszögek)[I_D_19] azok, amelyeket egyenes vonalak vesznek körül, háromoldalúak, amelyeket három, négyoldalúak, amelyeket négy, sokoldalúak pedig, amelyeket négynél több egyenes vesz körül.

20. A háromoldalú alakzatok közül egyenlő oldalú háromszög az, amelynek három egyenlő oldala van, egyenlő szárú, amelynek csak két egyenlő oldala van, ferde pedig, amelynek három nem egyenlő oldala van.

21. Továbbá a háromoldalú alakzatok közül derékszögű háromszög az, amelynek van derékszöge, tompaszögű, amelynek van tompaszöge, hegyesszögű pedig, amelynek három hegyesszöge van.

22. A négyoldalú alakzatok közül négyzet az, amelyik egyenlő oldalú és derékszögű, téglalap, amelyik derékszögű, de nem egyenlő oldalú, rombusz, amelyik egyenlő oldalú, de nem derékszögű, romboid, amelynek a szemközti oldalai és szögei egyenlők egymással, de sem nem egyenlő oldalú, sem nem derékszögű. A többi négyoldalú neve legyen trapéz.[I_D_22]

23. Párhuzamosak azok az egyenesek, amelyek ugyanabban a síkban vannak és mindkétoldalt végtelenül meghosszabbítva egyiken sem találkoznak.

Posztulátumok

1. Követeltessék meg, hogy minden pontból minden ponthoz legyen egyenes húzható.

F.: I. 1-2., 5-7., 9., 12.; III. 11.

2. És hogy véges egyenes vonal egyenesben folytatólag meghosszabbítható legyen.

F.: I. 2., 5., 16., 21.

3. És hogy minden középponttal és távolsággal legyen kör rajzolható.

F.: I. 1-3., 12.; II. 14.

4. És hogy minden derékszög egymással egyenlő legyen. *(??)

F.: I. 14-5., 47.; II. 9-10.; III. 1. 3-4., 19., 32.; IV. 4.; VI. 8., 30.

5. És hogy ha két egyenest úgy metsz egy egyenes, hogy az egyik oldalon keletkező belső szögek (összegben) két derékszögnél kisebbek, akkor a két egyenes végtelenül meghosszabbítva találkozzék azon az oldalon, amerre az (összegben) két derékszögnél kisebb szögek vannak.

F.: I. 29., 44.; II. 10.; IV. 4-5.; VI. 3-4.

Axiómák

1. Amik ugyanazzal egyenlők, egymással is egyenlők.

F.: I. 1-3.,13-5., 26., 28-30., 35-6., 39-41., 44-6., 48.; II. 4-6., 8-11.; III. 5-6., 22., 25., 27., 31-7.; IV. 3-5.

2. Ha egyenlőkhöz egyenlőket adunk hozzá, az összegek egyenlők.

F.: I. 13., 29., 32., 34-5., 43., 45., 47-48.; II. 5-8., 10., 12-3.; III. 8., 15., 22., 31-2., 35-6.

3. Ha egyenlőkből egyenlőket veszünk el, a maradékok egyenlők.

F.: I. 2., 5., 14-5., 28., 35., 43., 46.; II. 9-11., 14.; III. 14., 26., 28., 32,, 35-6.; IV. 3.; V. 5-6.

4. Ha nem egyenlőkhöz egyenlőket adunk hozzá, az összegek nem egyenlők.[Ax_4]

F.: I. 17., 21.; II. 10.; V. 25.

5. Ugyanannak a kétszeresei egyenlők egymással.

F.: I. 14-5., 41-2., 47.; II. 8.; IV. 12.

6. Ugyanannak a fele részei egyenlők egymással.

F.: I. 37-8.; II. 9-10.; III. 14., 21., 27.; IV. 8-9., 12.

7. Az egymásra illeszkedők egyenlők egymással.

F.: I. 4., 8.

8. Az egész nagyobb a résznél.

F.: I. 6-7., 14., 16., 18., 20., 24., 26., 39-40., 44.; II. 10.; III. 1-2., 4-6., 8., 11., 13., 16.,18-9., 27., 31.; VI. 30.; XI. 5.

9. Két egyenes vonal nem fog közre területet.[Ax_9]

F.: I. 4.; XI. 3., 7.

I. 1. Tétel

Állítsunk adott véges egyenesszakasz fölé egyenlő oldalú háromszöget![I_1]

Legyen AB az adott véges egyenesszakasz. Az AB véges egyenesszakasz fölé kell tehát egyenlő oldalú háromszöget állítani.

Legyen BCD az A középpontú, AB távolsággal rajzolt kör[P_3], továbbá ACE a B középpontú, BA távolsággal rajzolt kör, és a C pontból, amelyben metszik egymást a körök, illesszük az A, B pontokra a CA, CB egyeneseket[P_1].

Minthogy az A pont középpontja a CDB körnek, AC egyenlő AB-vel, továbbá, minthogy a B pont középpontja a CAE körnek, BC egyenlő BA-val. De megmutattuk, hogy CA is egyenlő AB-vel, tehát CA és CB mindketten egyenlők AB-vel. Amik viszont ugyanazzal egyenlők, egymással is egyenlők, tehát CA is egyenlő CB-vel[Ax_1], így CA, AB és BC mindhárman egyenlők egymással.

Tehát az ABC háromszög egyenlő oldalú, és az adott AB véges egyenesszakasz fölé állítottuk. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 2., 9-11.

I. 2. Tétel

Helyezzünk el adott ponthoz adott szakasszal egyenlőszakaszt!

Legyen A az adott pont, BC pedig az adott szakasz. Az A ponthoz az adott BC szakasszal egyenlő szakaszt kell tehát elhelyezni.

Illesszük az A pontból a B pontra az AB szakaszt[P_1], és állítsuk fölé a DAB egyenlő oldalú háromszöget[I_1], és legyenek AE, BF a DA, DB egyenesszakaszok egyenes menti meghosszabbításai[P_2], és legyen CGH a B középpontú, BC távolsággal rajzolt kör[P_3], továbbá GKL a D középpontú, DG távolsággal rajzolt kör.

Minthogy a B pont középpontja a CGH körnek, BC egyenlő BG-vel.[I_2] Továbbá, minthogy a D pont középpontja a KLG körnek, DL egyenlő DG-vel. Ezekből DA egyenlő DB-vel, tehát a maradék AL egyenlő a maradék BG-vel[Ax_3]. De megmutattuk, hogy BC is egyenlő BG-vel, tehát AL és BC mindketten egyenlők BG-vel. Amik viszont ugyanazzal egyenlők, egymással is egyenlők, tehát AL is egyenlő BC-vel[Ax_1].

Tehát az adott A ponthoz az adott BC szakasszal egyenlő AL szakasz fekszik. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 3.; VI. 10-11.

I. 3. Tétel

Vonjunk ki két adott, nem egyenlő egyenesszakasz közül a nagyobbikból egy, a kisebbel egyenlő szakaszt![I_3]

Legyen AB és x a két adott, nem egyenlő szakasz, s legyen közülük AB a nagyobb. A nagyobb AB-ből kell tehát egy a kisebb x-el egyenlő szakaszt kivonni. Feküdjék az A pontnál a x szakasszal egyenlő AD[I_2], és legyen DEF az A középpontú, AD távolsággal rajzolt kör[P_3].

Minthogy az A pont középpontja a DEF körnek, AE egyenlő AD-vel. De x is egyenlő AD-vel. Tehát AE és x mindketten egyenlők AD-vel, úgyhogy AE is egyenlő x-el[Ax_1].

Tehát a két adott AB és x szakasz közül a nagyobbikból, AB-ből kivontuk a kisebb x-el egyenlő AE t. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 5-6., 9., 11., 16., 18., 20., 22., 24., 26., 46., 48. ; II. 1., 8-11. 14.; III. 15.; IV. 1.; VI. 1., 4., 9., 11-6., 28-9.; X. 17.; XII. 15.; XIII. 14-15.

I. 4. Tétel

Ha két háromszögnek két-két oldala páronként egyenlő, és egy-egy szöge is egyenlő, az, amelyet az egyenlő oldalak fognak közre, akkor az alapok is egyenlők, és a háromszögek is egyenlők,[I_4_1] és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek.

Legyen ABC és DEF két háromszög, melyeknek két-két oldala, AB, AC és DE, DF páronként egyenlő, AB a DE vet, AC pedig a DF fel, és a BAC szög egyenlő az EDF szöggel. Azt állítom, hogy a BC alap is egyenlő az EF alappal, és az ABC háromszög egyenlő a DEF háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek, az ABC a DEF, az ACB pedig a DFE szöggel.

Ha ugyanis az ABC háromszöget a DEF háromszögre illesztjük[I_4_2] úgy, hogy az A pontot a D pontra, az AB egyenest pedig a DE egyenesre helyezzük, akkor a B pont is illeszkedni fog E-re, minthogy AB egyenlő DE-vel; de ha AB illeszkedik DE-re, akkor az AC egyenes is illeszkedik DF-re, minthogy a BAC szög egyenlő az EDF szöggel, úgyhogy a C pont is illeszkedni fog az F pontra, hasonlóképp mivel AC egyenlő DF-fel. De B is illeszkedik E-re, úgyhogy a BC alap illeszkedik az EF alapra. Ha ugyanis B illeszkedik E-re, C pedig F-re, de a BC alap nem illeszkedik EF-re, akkor két egyenes vonal területet fog közre; ami nem lehetséges[Ax_9]. Tehát illeszkedik a BC alap EF-re, és egyenlő vele, és a többi szög is illeszkedik a többi szögre, úgyhogy az egész ABC háromszög illeszkedik az egész DEF háromszögre, és egyenlő vele, és egyenlő ABC a DEF-fel, ACB pedig DFE-vel[Ax_7].

Ha tehát két háromszögnek két-két oldala páronként egyenlő, és egy-egy szöge is egyenlő, az, amelyet az egyenlő oldalak fognak közre, akkor az alapok is egyenlők, és a háromszögek is egyenlők, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyek az egyenlő oldalakkal szemben fekszenek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 5-6., 10., 16., 24-6., 33-5., 47.; III. 7-8., 17., 25-6., 29-30., 33.; IV. 5-6., 13.; VI. 5-6.; XI. 4., 6., 8., 20., 22-4., 26., 29., 35., 38.; XII. 3., 16.; XIII. 7-8., 10-1., 13-4.

I. 5. Tétel

Az egyenlő szárú háromszögeknek az alapon fekvő szögei egyenlők egymással, és ha meghosszabbítjuk az egyenlő oldalakat, akkor az alap alatt egymással egyenlő szögek keletkeznek.

Legyen ABC egyenlő szárú háromszög, melynek AB oldala egyenlő az AC oldallal, és legyenek BD, CE az AB, AC szakaszok egyenes menti meghosszabbításai[P_2]. Azt állítom, hogy az ABC szög egyenlő az ACB, a CBD pedig a BCE szöggel.

Legyen ugyanis F a BD egy tetszőlegesen kiválasztott pontja, és vonjuk le a nagyobb AE-ből a kisebb AF-fel egyenlő AG-t[I_3], és húzzuk meg az FC és GB szakaszokat[P_1].

Minthogy AF egyenlő AG-vel, AB pedig AC-vel, e két-két oldal, FA, AC és GA, AB páronként egyenlő; és ugyanazt az FAG szöget zárják be; az FC alap tehát egyenlő a GB alappal, és az AFC háromszög egyenlő az AGB háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek, ACF az ABG-vel, AFC pedig az AGB-vel[I_4]. És minthogy a teljes AF egyenlő a teljes AG-vel, s ezekből AB egyenlő AC-vel, a maradék BF egyenlő a maradék CG-vel[Ax_3]. DC megmutattuk azt is, hogy FC egyenlő GB-vel, tehát e két-két oldal, BF, FC és CG, GB páronként egyenlő; és a BFC szög egyenlő CGB-vel, és a BC közös alapjuk, tehát a BFC háromszög is egyenlő a CGB háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek, tehát FBC egyenlő a GCB, BCF pedig a CBG szöggel[I_4]. Minthogy megmutattuk, hogy a teljes ABG szög egyenlő a teljes ACF szöggel, s ezekből a CBG szög egyenlő BCF-fel, így a maradék ABC szög egyenlő a maradék ACB-veI[Ax_3]; és az ABC háromszög alapján fekszenek. Megmutattuk azt is, hogy az FBC szög egyenlő GCB-vel; és ezek meg az alap alatt vannak.

Az egyenlő szárú háromszögeknek tehát az alapon fekvő szögei egyenlők egymással, és ha meghosszabbítjuk az egyenlő oldalakat, akkor az alap alatt egymással egyenlő szögek keletkeznek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 7., 18-20., 24., II. 4., 9-10.; III. 2-3., 16., 20., 31.; IV. 10., 15.; VI. 3., 7.; XIII. 7-10.

I. 6. Tétel

Ha egy háromszög két szöge egyenlő egymással, akkor az egyenlő szögekkel szemben fekvő oldalak is egyenlők egymással.

Legyen az ABC háromszög ABC szöge egyenlő az ACB szöggel. Azt állítom, hogy az AB oldal is egyenlő az AC oldallal.

Ha ugyanis AB nem egyenlő AC-vel, akkor egyikük nagyobb. Legyen AB a nagyobb, és vonjuk le a nagyobb AB-ből a kisebb AC-vel egyenlő DB-t[I_3], és húzzuk meg a DC egyenest[P_1].

Minthogy DB egyenlő AC-vel, BC pedig közös oldal, így e két-két oldal, DB, BC és AC, CB egymással páronként egyenlő, és a DBC szög egyenlő ACB-vel; tehát a DC alap egyenlő az AB alappal, és a DBC háromszög egyenlő az ACB háromszöggel[I_4], a kisebb a nagyobbal[Ax_8]; de ez lehetetlen, tehát AB és AC nem egyenlőtlenek, azaz egyenlőek.

Ha tehát egy háromszög két szöge egyenlő egymással, akkor az egyenlő szögekkel szemben fekvő oldalak is egyenlők egymással. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: II. 4., 9-10.; III. 25., IV. 9-10.; VI. 3., XIII. 7-8.

I. 7. Tétel

Ugyanarra az egyenesre nem lehet adott két szakasszal páronként egyenlő másik két szakaszt állítani úgy, hogy más ponton találkozzanak, de ugyanazon az oldalon feküdjenek, és ugyanazok a pontok legyenek a végeik, mint az előző szakaszoknak.

Tegyük föl ugyanis, hogy lehetséges, és álljon ugyanazon az AB egyenesen másik két, adott két szakasszal, AC-vel és CB-vel páronként egyenlő AD és DB úgy, hogy más pontban találkozzanak: míg az előzők C-ben, ezek D-ben, de ugyanazon az oldalon feküdjenek, és ugyanazok a pontok legyenek a végeik, azaz CA legyen egyenlő DA-val, és ugyanaz az A legyen a vége, s CB a DB-vel, és ugyanaz a D legyen a vége; és húzzuk meg a CD-t[P_1].

Minthogy AC egyenlő AD-vel, az ACD szög is egyenlő ADC-vel[I_5]; tehát az ADC szög nagyobb DCB-nél[Ax_8]; így még inkább nagyobb[I_7] a CDB szög DCB-nél[Ax_8]. Hasonlóképp, minthogy CB egyenlő DB-vel, a CDB szög is egyenlő DCB-vel[I_5]. De azt is megmutattuk, hogy nagyobb is nála; ez viszont lehetetlen.

Tehát nem lehet ugyanarra az egyenesre, adott két szakasszal páronként egyenlő másik két szakaszt állítani úgy, hogy más pontban találkozzanak, de ugyanazon az oldalon feküdjenek és ugyanazok a pontok legyenek a végeik, mint az előző szakaszoknak. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 8.

I. 8. Tétel

Ha két háromszögnek két-két oldala páronként egyenlő, és alapjuk egyenlő, akkor a szögeik is egyenlők, amelyeket az egyenlő oldalak zárnak be.

Legyen ABC és DEF két háromszög, melyeknek két-két oldala, AB, AC és DE, DF páronként egyenlő, AB a DE-vel, AC pedig DF fel; és legyen a BC alap egyenlő az EF alappal. Azt állítom, hogy a BAC szög is egyenlő az EDF szöggel.

Ha ugyanis az ABC háromszöget a DEF háromszögre illesztjük úgy, hogy a B pontot az E pontra, a BC egyenest pedig az EF egyenesre helyezzük, akkor a C pont is illeszkedni fog F-re, minthogy BC egyenlő EF-fel; de ha BC illeszkedik EF-re, akkor a BA, CA szakaszok is illeszkednek ED-re és DF-re. Ha ugyanis a BC alap illeszkedik az EF alapra, de a BA és AC oldalak nem illeszkednek ED-re és DF-re, hanem eltérnek tőlük, mint EG és GF, akkor ugyanazon az egyenesen adott két szakasszal páronként egyenlő másik két szakasz áll úgy, hogy más pontban találkoznak, de ugyanazon az oldalon fekszenek és ugyanazok a pontok a végeik. Így azonban nem állhatnak[I_7]; tehát nem igaz, hogy, noha a BC alap illeszkedik az EF alapra, a BA, AC oldalak nem illeszkednek ED-re és DF-re. Tehát illeszkednek; úgyhogy a BAC szög is illeszkedik az EDF szögre, és egyenlő vele[Ax_7].

Ha tehát két háromszögnek két-két oldala páronként egyenlő és alapjuk egyenlő, akkor a szögeik is egyenlők, amelyeket az egyenlő oldalak zárnak be. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 9., II(??)-2., 23., 48.; III. 1., 3., 9., 28., 37.; IV. 9., 12.; VI. 5.; XI. 4., 6., 8., 10., 23., 29., 35.; XIII. 7., 17., 18. L.

I. 9. Tétel

Felezzünk meg adott egyenes vonalú szöget!

Legyen BAC az adott egyenes vonalú szög. Ezt kell megfelezni.

Legyen D az AB tetszőlegesen választott pontja; vonjuk le AC-ből az AD-vel egyenlő AE-t[I_3], és húzzuk meg DE t[P_1]; legyen DEF a DE-vel szerkesztett egyenlő oldalú háromszög[I_1]; húzzuk meg AF-et. Azt állítom, hogy az AF egyenes felezi a BAC szöget.

Minthogy ugyanis AD egyenlő AE-vel, AF pedig közös (oldal), e kettő-kettő, DA, AF és EA, AF páronként egyenlő. És egyenlő a DF alap az EF alappal; tehát a DAF szög egyenlő az EAF szöggel[I_8].

Tehát az AF egyenes felezi az adott BAC egyenes vonalú szöget. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 10.; IV. 4., 11., 13-4., VI. 3.

I. 10. Tétel

Felezzünk meg adott szakaszt!

Legyen AB az adott szakasz. Az AB szakaszt kell feleznünk. Szerkesszük föléje az ABC egyenlő oldalú háromszöget[I_1], és a CD egyenes felezze meg az ACB szöget[I_9]. Azt állítom, hogy a D pont felezi az AB szakaszt.

Minthogy ugyanis AC egyenlő CB-vel, CD pedig közös (oldal), e kettő-kettő, AC, CD és BC, CD páronként egyenlő; és egyenlő az ACD szög a BCD szöggel; az AD alap egyenlő tehát a BD alappal[I_4].

D tehát felezi az adott AB szakaszt. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 11-2., 16., 42., II. 6., 9-11., 14.; III. 1., 9-10., 14-5., 25., 30., 33., IV. 5., 8., VI. 27-4., X. 17., 33-5., 60. L., 60., 100.; XIII. 1.

I. 11. Tétel

Húzzunk adott egyeneshez adott pontjából derékszögben egyenest!

Legyen AB az adott egyenes, C pedig a rajta adott pont. A C pontból kell egyenest húznunk az AB egyeneshez derékszögben.

Legyen D az AC tetszőlegesen választott pontja, és legyen rajta (az AC egyenesen) a CD-vel egyenlő CE[I_3]; álljon DE fölött az FDE egyenlő oldalú háromszög[I_1], és húzzuk meg FC-t. Azt állítom, hogy az adott AB egyeneshez adott C pontjából derékszögben húztuk az FC egyenest.

Minthogy ugyanis DC egyenlő CE-vel, CF pedig közös (oldal), e kettő-kettő, DC, CF és EC, CF páronként egyenlő; és egyenlő a DF alap az FE alappal; tehát a DCF szög egyenlő az ECF szöggel[I_8]; és ezek mellékszögek. De ha egy egyenesre egy egyenest úgy állítunk, hogy egyenlő mellékszögek keletkeznek, akkor a két egyenlő szög derékszög[I_D_10], tehát DCF és FCE derékszögek.

Tehát a CF egyenes az adott AB egyeneshez derékszögben áll a rajta adott C pontból. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 13., 46., 48.; II. 1., 9-10.; III. 1., 10., 15-7., 19., 25., 30., 32-4.; IV. 2-3., 5-7.; VI. 13., 16., 31,; X. 33.; XI. 11., 19.

I. 12. Tétel

Bocsássunk adott végtelen egyenesre rajta kívül adott pontból merőleges egyenest!

Legyen AB az adott végtelen egyenes, C pedig a rajta kívül adott pont. Az adott AB végtelen egyenesre kell a rajta kívül adott C pontból merőleges egyenest bocsátani.

Legyen D az AB egyenes másik oldalán tetszőlegesen választott pont, és EFG a C középpontú, CD távolsággal rajzolt kör[P_3], és H az EC egyenes felezőpontja[I_10], és húzzuk meg a CG, HC és CE egyeneseket[P_1]. Azt állítom, hogy az adott AB végtelen egyenesre a CH egyenes merőlegesen van húzva a rajta kívül adott C pontból.

Minthogy ugyanis GH egyenlő HE-vel, HC pedig közös (oldal), e kettő-kettő, GH, HC és EH, HC páronként egyenlő; és egyenlő a CG alap a CE alappal; a CHG szög tehát egyenlő az EHC szöggel[I_8]. És mellékszögek. De ha egy egyenesre egy egyenest úgy állítunk rá, hogy egyenlő mellékszögek keletkeznek, akkor a két egyenlő szög derékszög, és az ott álló egyenest merőlegesnek mondjuk arra, amelyen áll[I_D_10].

Tehát az adott AB végtelen egyenesre a rajta kívül adott C pontból a CH egyenes merőlegesen van húzva. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: II. 12-3.; III. 14-6., 18., 35-6.; IV. 4., 13.; XI. 11.

I. 13. Tétel

Ha úgy keletkeznek szögek, hogy egy egyenest állítunk egy egyenesre, akkor vagy két derékszög, vagy (összegben) két derékszöggel egyenlő szögek keletkeznek.

Álljon ugyanis az AB egyenes a CD egyenesen, és legyenek CBA és ABD a keletkezett szögek. Azt állítom a CBA és ABD szögekről, hogy vagy mindkettő derékszög, vagy két derékszöggel egyenlők.

Mert ha a CBA szög egyenlő ABD-vel, akkor mindkettő derékszög[I_D_10]. Ha pedig nem, akkor legyen BE a B pontból a CD egyeneshez derékszögben húzott egyenes[I_11]; tehát CBE és EBD mindkettő derékszög; s minthogy a CBE szög egyenlő e kettő, CBA és ABE összegével, ha közös (tagnak) hozzájuk adjuk EBD-t,[I_13] akkor CBE és EBD (összegben) egyenlő lesz e hárommal, CBA-val, ABE-vel és EBD-vel[Ax_2]. Hasonlóképpen, minthogy a DBA szög egyenlő e kettő, DBE és EBA összegével, ha közös (tagnak) hozzájuk adjuk ABC-t, akkor DBA és ABC (együtt) egyenlő lesz e hárommal, DBE-vel, EBA-val és ABC-vel. De megmutattuk, hogy CBE és EBD (együtt) is egyenlő ugyanezzel a hárommal, az ugyanazzal egyenlők pedig egymással is egyenlők[Ax_1], tehát CBE és EBD (együtt) is egyenlő DBA-val és ABC-vel. De CBE és EBD mindkettő derékszög, tehát a DBA és ABC szögek (összege) két derékszöggel egyenlő.

Ha tehát úgy keletkeznek szögek, hogy egy egyenest állítunk egy egyenesre, akkor vagy két derékszög, vagy (együtt) két derékszöggel egyenlő szögek keletkeznek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 14-5., 17., 28-9., 32.; III. 32.; IV. 3., 15.; VI. 7.

I. 14. Tétel

Ha valamely egyenesen levő pontnál két egyenes fekszik nem ugyanazon az oldalon, és két derékszöggel egyenlő szögeket alkotnak egymás mellett, akkor (ugyanazon az) egyenesen van a két egyenes.

Feküdjék ugyanis az AB egyenesen levő B pontnál két egyenes, BC és BD nem ugyanazon az oldalon, és legyenek a keletkezett szögek, ABC és ABD két derékszöggel egyenlők. Azt állítom, hogy BD ugyanazon az egyenesen van, mint CB.

Ha ugyanis BD nincs egy egyenesen BC-vel, legyen BE egy egyenesen CB-vel.

Minthogy tehát AB a CBE egyenesen áll, az ABC és ABE szögek két derékszöggel egyenlők[I_13]. De ABC és ABD is két derékszöggel egyenlők (együtt), tehát CBA és ABE (együtt) egyenlő CBA-val és ABD-vel (együtt)[P_4, Ax_1 és Ax_5]. Vonjuk le a közös CBA-t, így a maradék ABE egyenlő a maradék ABD-vel[Ax_3], a kisebb a nagyobbal[Ax_8], de ez nem lehetséges. Tehát BE nincs ugyanazon az egyenesen, mint CB. Hasonlóképp mutathatnánk meg, hogy egyetlen más egyenes sem (sincs ugyanazon az egyenesen, mint CB), csak BD, tehát CB ugyanazon az egyenesen van, mint BD.

Ha tehát valamely egyenesen levő pontnál két egyenes fekszik nem ugyanazon az oldalon, és (együtt) két derékszöggel egyenlő szögeket alkotnak egymás mellett, akkor ugyanazon az egyenesen van a két egyenes. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 45., 47.; III. 14.; VI. 14-5., 23., 25., 32.; X. 25.; XI. 38.

I. 15. Tétel

Ha két egyenes metszi egymást, a keletkező csúcsszögek egyenlők.

Messe ugyanis egymást e két egyenes, AB és CD, az E pontban. Azt állítom, hogy az AEC szög egyenlő DEB-vel, a CEB pedig AED-vel.

Minthogy ugyanis az AE egyenes a CD egyenesen áll, és CEA, AED a keletkezett szögek, így a AED, CEA szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők[I_13]. Hasonlóképp, minthogy a DE egyenes az AB egyenesen áll, és AED, DEB a keletkezett szögek, így az AED, DEB szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők[I_13]. De megmutattuk, hogy a CEA, AED szögek is (együtt) két derékszöggel egyenlők; tehát CEA és AED (együtt) egyenlő AED-vel és DEB-vel[P_4, Ax_1 és Ax_5]. Vonjuk le a közös AED-t, így a maradék CEA egyenlő a maradék DEB-vel[Ax_3]. Hasonlóképp mutatható meg, hogy CEB és DEA is egyenlők.

Ha tehát két egyenes metszi egymást, a keletkező csúcsszögek egyenlők. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 16., 28-9., 44.; II. 10.; III. 25.; IV. 15.; XI. 4., 33., 38.

[Következmény: Ebből már nyilvánvaló, hogy ha két[I_15] egyenes metszi egymást, akkor a metszéspontnál (együtt) négy derékszöggel egyenlő szögek keletkeznek.]

I. 16. Tétel

Minden háromszögben az egyik oldal meghosszabbításakor keletkező külső szög nagyobb mind a két szemközti belső szögnél.

Legyen ABC egy háromszög, és legyen az egyik oldala, BC, a D pontig meghosszabbítva. Azt állítom, hogy ACD külső szög nagyobb mind a két szemközti belső szögnél, CBA-nál és BAC-nél.

Legyen E az AC felezőpontja[I_10], és húzzuk meg BE-t, majd hosszabbítsuk meg egyenes mentén F-ig, és helyezzük el a BE-vel egyenlő EF-et[I_3], és húzzuk meg FC-t, és hosszabbítsuk meg AC-t G-ig.

Minthogy AE egyenlő EC-vel, BE pedig EF-fel, e kettő-kettő, AE, EB és CE, EF páronként egyenlő; és az AEB szög egyenlő FEC-vel, mert csúcs-szögek[I_15]; tehát az AB alap egyenlő az FC alappal, és az ABE háromszög egyenlő az FEC háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek[I_4]; tehát egyenlő a BAE szög ECF-fel. ECD pedig nagyobb ECF-nél[Ax_8], tehát ACD nagyobb BAE-nél. A BC szakasz megfelezése után hasonlóképp mutatható meg az is, hogy a BCG szög, azaz ACD[I_15] nagyobb ABC-nél is.

Minden háromszögben tehát az egyik oldal meghosszabbításakor keletkező külső szög nagyobb mind a két szemközti belső szögnél. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 17..8., 21., 26 -7.; III. 2., 23.

I. 17. Tétel

Minden háromszögben két szög (együtt) kisebb két derékszögnél, bárhogy is választjuk őket.

Legyen ABC egy háromszög. Azt állítom, hogy az ABC háromszögben két szög kisebb két derékszögnél, bárhogy is választjuk őket.

Legyen ugyanis BC a D-ig meghosszabbítva.

És minthogy ACD külső szöge az ABC háromszögnek, nagyobb a szemközti ABC belső szögnél[I_16]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) az ACB szöget, így az ACD és ACB szögek (együtt) nagyobbak, mint ABC és BCA (együtt)[Ax_4]. De az ACD és ACB szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők[I_13], tehát ABC és ACB kisebbek két derék-szögnél. Hasonlóképp mutathatnánk meg, hogy a BAC és ACB szögek is kisebbek két derékszögnél, meg a CAB és ABC szögek is.

Minden háromszögben tehát két szög (együtt) kisebb két derék-szögnél, bárhogy is választjuk őket. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: III. 16., 31.; VI. 4., 7.; XI. 14.

I. 18. Tétel

Minden háromszögben a nagyobb oldal nagyobb szöggel szemben fekszik.

Legyen ugyanis ABC egy háromszög, melyben az AC oldal nagyobb AB-nél. Azt állítom, hogy az ABC szög is nagyobb a BCA szögnél. Minthogy ugyanis AC nagyobb AB-nél, helyezzük el az AB-vel egyenlő AD-t[I_3], és húzzuk meg BD-t.

Minthogy ADB külső szöge a BCD háromszögnek, nagyobb a szemközti DCB belső szögnél[I_16]. Viszont az ADB szög egyenlő ABD-vel, minthogy az AB oldal is egyenlő az AD oldallal[I_5]; tehát az ABD szög is nagyobb ACB-nél; tehát annál inkább nagyobb az ABC szög ACB-nél[Ax_8].

Minden háromszögben tehát a nagyobb oldal nagyobb szöggel szemben fekszik. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 19.

I. 19. Tétel

Minden háromszögben a nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal fekszik.

Legyen ABC egy háromszög, melyben az ABC szög nagyobb a BCA szögnél. Azt állítom, hogy az AC oldal is nagyobb az AB oldalnál.

Ha ugyanis nem, akkor AC vagy egyenlő AB-vel, vagy kisebb nála. De AC nem egyenlő AB-vel, mert akkor az ABC szög is egyenlő lenne ACB-vel[I_5]; de nem az; tehát AC nem egyenlő AB-vel. De AC nem is kisebb AB-nél, mert akkor az ABC szög is kisebb lenne ACB-nél[I_18]; de nem az; tehát AC nem kisebb AB-nél. Megmutattuk, hogy nem is egyenlő vele. Tehát AC nagyobb AB-nél.

Minden háromszögben tehát a nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal fekszik. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 20., 24., III. 2., 16., 18.

I. 20. Tétel

Minden háromszögben két oldal (együtt) nagyobb a harmadiknál, akárhogy is választjuk őket.

Legyen ugyanis ABC egy háromszög. Azt állítom, hogy az ABC háromszögben két oldal (együtt) nagyobb a harmadiknál, akárhogy is választjuk őket, BA és AC (együtt) nagyobb BC-nél, AB meg BC az AC-nél, BC meg CA pedig nagyobb AB-nél.

Hosszabbítsuk meg ugyanis BA-t a D pontig, és legyen AD egyenlő a CA-val[I_3]; húzzuk meg DC-t.

Minthogy tehát DA egyenlő AC-vel, az ADC szög is egyenlő az ACD szöggel[I_5]; a BCD szög nagyobb tehát az ACD szögnél[Ax_8]; minthogy pedig DCB egy háromszög, melyben a BCD szög nagyobb BDC-nél, és a nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal fekszik, így DB nagyobb BC-nél[I_19]. DA pedig egyenlő AC-vel; tehát BA és AC (együtt) nagyobb BC-nél. Hasonlóképp mutathatnánk meg, hogy AB és BC is nagyobb CA-nál, BC és CA pedig AB-nél.

Tehát minden háromszögben két oldal nagyobb a harmadiknál, akárhogy is választjuk őket. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 21-2.; III. 7-8., 11-2., 15.; XI. 20., 22.

I. 21. Tétel

Ha egy háromszög egyik oldalára a végpontjaiban belül két szakaszt állítunk, akkor az álló szakaszok a háromszög másik két oldalánál (együtt) kisebbek, de nagyobb szöget fognak közre.

Álljon ugyanis az ABC háromszög egyik oldalán, BC-n, a B és C végpontokon belül két szakasz, BD és DC. Azt állítom, hogy BD és DC a háromszög másik két oldalánál, BA-nál és AC-nél (együtt) kisebbek, de a BAC szögnél nagyobb BDC szöget fogják közre.

Legyen ugyanis BD az E-ig meghosszabbítva. És minthogy minden háromszögben két oldal (összege) nagyobb a harmadiknál, az ABE háromszög két oldala, AB és AE (összegben) nagyobb BE-nél[I_20]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) EC-t, így BA és AC (együtt) nagyobbak, mint BE és EC[Ax_4]. Hasonlóképp, minthogy a CED háromszög két oldala, CE és ED, nagyobb CD-nél, adjuk hozzájuk közös (tagnak) DB-t, így CE és EB nagyobbak, mint CD és DB. De megmutattuk, hogy BA és AC nagyobbak, mint BE és EC, tehát BA és AC annál inkább nagyobbak, mint BD és DC. Továbbá, minthogy minden háromszögben a külső szög nagyobb a szemközti belső szögnél, így a CDE háromszög BDC külső szöge nagyobb CED-nél[I_16]. Ugyanezért az ABE háromszög CEB külső szöge is nagyobb BAC-nél. De megmutattuk, hogy a BDC szög nagyobb CEB-nél, tehát a BDC szög annál inkább nagyobb BAC-nél.

Ha tehát egy háromszög egyik oldalára a végpontjaiban belül két szakaszt állítunk, akkor az álló szakaszok a háromszög másik két oldalánál kisebbek, de nagyobb szöget fognak közre. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 24., III. 8.

I. 22. Tétel

Szerkesszünk háromszöget három szakaszból, melyek három adott szakasszal egyenlők! Szükséges, hogy két szakasz (együtt) nagyobb legyen a harmadiknál, akárhogy is választjuk őket [mert minden háromszögben két oldal (együtt) nagyobb a harmadiknál, akárhogy is választjuk őket[I_20]].

Legyen x, y és z a három adott szakasz, és legyen közülük kettő (együtt) a harmadiknál nagyobb, akárhogy is választjuk őket, x meg y a z-nél, x meg z az y-nál és végül y meg z az x-nél. Tehát x-el, y-nal és z-vel egyenlő szakaszokból kell háromszöget szerkesztenünk.

Vegyünk egy DE (fél)egyenest, melynek D legyen a végpontja, E felé pedig legyen végtelen, és mérjük rá az x-el egyenlő DF-et, az y-nal egyenlő FG-t és a z-vel egyenlő GH-t[I_3], és legyen DKL az F középpontú, FD távolsággal rajzolt kör, továbbá KLH a G középpontú, GH távolsággal rajzolt kör, és húzzuk meg KF-et és KG-t. Állítom, hogy x-el, y-nal és z-vel egyenlő három szakaszból van szerkesztve a KFG háromszög.

Minthogy ugyanis az F pont középpontja a DKL körnek, FD egyenlő FK-val. De FD egyenlő x-el, tehát KF is egyenlő x-el. Továbbá, minthogy a G pont középpontja az LKH körnek, GH egyenlő GK-val. De GH egyenlő y-nal, tehát KG is egyenlő y-nal. De FG is egyenlő y-nal, e három szakasz tehát, KF, FG és GK egyenlő e hárommal, x-el, y-nal és z-vel.

Három szakaszból tehát, KF-ből, FG-ből, és GK-ból, melyek egyenlők a három adott x, y és z szakasszal, háromszöget szerkesztettünk, KFG-t. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 23.

I. 23. Tétel

Szerkesszünk adott egyenesre, egy rajta levő ponthoz, adott egyenes vonalú szöggel egyenlő egyenes vonalú szöget.

Legyen AB az adott egyenes, A a rajta levő pont, DCE pedig az adott egyenes vonalú szög. Az adott AB egyenesre kell tehát a rajta levő A ponthoz az adott DCE egyenesvonalú szöggel egyenlő egyenes vonalú szöget szerkeszteni.

Legyen D és E egy-egy, a CD és CE egyeneseken tetszőlegesen választott pont, és húzzuk meg DE-t, és legyen AFG az e három szakasszal, CD-vel, DE-vel és CE-vel egyenlő három szakaszból szerkesztett háromszög (T. 22.), úgyhogy CD egyenlő AF-fel, CE az AG-vel és DE is FG-vel.

Minthogy tehát e két-két (oldal), DC, CE és FA, AG páronként egyenlő, és a DE alap is egyenlő az FG alappal, így a DCE szög egyenlő az FAG szöggel[I_8].

Az adott AB egyenesre tehát, a rajta levő A ponthoz, az adott DCE egyenes vonalú szöggel egyenlő FAG egyenes vonalú szöget szerkesztettünk. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 24., 31., 42.; III. 7-8., 25., 27., 33-4.; IV. 2-3.; VI. 5-7., 14-5., 18.; XI. 26., 31.

I. 24. Tétel

Ha két háromszögben két-két oldal páronként egyenlő, de az egyenlő oldalak által közrefogott szög nagyobb az egyikben, mint a másikban, akkor az egyiknek az alapja szintén nagyobb a másik alapjánál.

Legyen ABC és DEF két háromszög, amelyeknek két-két oldala, AB, AC és DE, DF páronként egyenlő, AB a DE-vel, AC pedig DF-fel, és legyen az A-nál levő szög nagyobb a D-nél levő szögnél. Azt állítom, hogy a BC alap szintén nagyobb az EF alapnál.

Minthogy ugyanis a BAC szög nagyobb az EDF szögnél, szerkesszünk a DE egyenesre, a rajta levő D ponthoz, a BAC szöggel egyenlő EDG szöget[I_23], és helyezzünk el egy mind AC-vel, mind DF-fel egyenlő DG szakaszt[I_3], és húzzuk meg EG-t és FG-t.

Minthogy tehát AB egyenlő DE-vel, AC pedig DG-vel, e két-két (oldal), BA, AC és ED, DG páronként egyenlő; és a BAC szög is egyenlő EDG-vel, tehát a BC alap egyenlő az EG alappal[I_4]. Továbbá, minthogy DF egyenlő DG-vel, a DGF szög is egyenlő DFG-vel[I_5], a DFG szög tehát nagyobb EGF-nél[Ax_8], még inkább nagyobb tehát az EFG szög EGF-nél[Ax_8]. És minthogy EGF egy háromszög, melyben az EFG szög nagyobb EGF-nél, a nagyobb szöggel szemben pedig nagyobb oldal fekszik, az EG oldal is nagyobb EF-nél[I_19]. EG viszont egyenlő BC-vel, tehát BC is nagyobb EF-nél.[I_24]

Ha tehát két háromszögben két-két oldal páronként egyenlő, de az egyenlő oldalak által közrefogott szög nagyobb az egyikben, mint a másikban, akkor az egyiknek az alapja szintén nagyobb a másik alapjánál. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 25.; III. 7-8., 15.; XI. 22.

I. 25. Tétel

Ha két háromszögben két-két oldal páronként egyenlő, az egyik alapja viszont nagyobb a másik alapjánál, akkor az egyenlő oldalak által közrefogott szög is nagyobb abban a háromszögben, amelynek alapja nagyobb, mint a másikban.

Legyen ABC és DEF két háromszög, amelynek két-két oldala, AB, AC és DE, DF páronként egyenlő, AB a DE-vel, AC pedig DF- fel, a BC alap viszont legyen nagyobb az EF alapnál. Azt állítom, hogy a BAC szög is nagyobb az EDF szögnél.

Ha ugyanis nem, akkor vagy egyenlő vele, vagy kisebb nála. De a BAC szög nem egyenlő EDF szöggel, mert akkor a BC alap is egyenlő lenne az EF alappal[I_4]. De nem az, tehát a BAC szög nem egyenlő az EDF szöggel. De a BAC szög nem is kisebb az EDF szögnél, mert akkor a BC alap is kisebb lenne az EF alapnál[I_24]. De nem az, tehát a BAC szög nem kisebb az EDF szögnél. Megmutattuk, hogy nem is egyenlő vele, tehát a BAC szög nagyobb az EDF szögnél.

Ha tehát két háromszögben két-két oldal páronként egyenlő, az egyik alapja viszont nagyobb a másik alapjánál, akkor az egyenlő oldalak által közrefogott szög is nagyobb abban a háromszögben, amelynek alapja nagyobb, mint a másikban. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: XI. 20., 23.

I. 26. Tétel

Ha két háromszögben két-két szög páronként egyenlő, és egy-egy oldal is, akár az egyenlő szögek melletti oldal, akár az, amelyik az egyenlő szögek egyikével szemben fekszik, akkor a többi oldal is páronként egyenlő, és ugyanúgy a fönnmaradó egy-egy szög.

Legyen ABC és DEF két háromszög, melyeknek két-két szöge, ABC, BCA és DEF, EFD páronként egyenlő, az ABC szög a DEF szöggel, a BCA szög pedig az EFD szöggel. Legyen még egy-egy oldaluk is egyenlő, először az egyenlő szögek melletti BC és EF. Azt állítom, hogy a többi oldal is páronként egyenlő, AB a DE-vel, AC pedig DF-fel, és a fönnmaradó egy-egy szög is, BAC és EDF.

Ha ugyanis AB nem egyenlő DE-vel, akkor egyikük nagyobb. Legyen AB a nagyobb, és mérjünk föl egy DE-vel egyenlő BG szakaszt[I_3] és húzzuk meg GC-t. Minthogy tehát BG egyenlő DE-vel, BC pedig EF-fel, e két-két (oldal), BG, BC és DE, EF páronként egyenlő. És egyenlő a GBC szög a DEF szöggel, tehát a GC alap egyenlő a DF alappal, és a GBC háromszög egyenlő a DEF háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek, a GCB szög egyenlő tehát DFE-vel[I_4]. De föltettük, hogy a DFE szög egyenlő BCA-val, tehát a BCG szög is egyenlő a BCA szöggel[Ax_1], a kisebb a nagyobbal[Ax_8], ez viszont nem lehetséges. Tehát AB és DE nem egyenlőtlenek, azaz egyenlők. De BC is egyenlő EF-fel, tehát e két-két (oldal), AB, BC és DE, EF páronként egyenlő.

És az ABC szög is egyenlő a DEF szöggel, tehát az AC alap egyenlő a DF alappal, és a fennmaradó BAC szög egyenlő a fönnmaradó EDF szöggel[I_4].

Most pedig legyenek az egyenlő szögekkel szemközt fekvő oldalak egyenlők, például AB és DE. Ismét azt állítom, hogy a többi oldal is páronként egyenlő, AC a DF-fel, BC pedig EF-fel, és ugyanígy a fönnmaradó egy-egy szög is, BAC és EDF.[I_26]

Ha ugyanis BC nem egyenlő EF-fel, akkor egyikük nagyobb. Ha ez lehetséges, legyen BC a nagyobb, és mérjünk föl egy EF-fel egyenlő BH szakaszt[I_3], és húzzuk meg AH-t. Minthogy BH egyenlő EF-fel, AB pedig DE-vel, e két-két (oldal), AB, BH és DE, EF páronként egyenlő. És egyenlő szögeket fognak közre, tehát az AH alap egyenlő a DF alappal, és az ABH háromszög egyenlő a DEF háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek, egyenlő tehát a BHA szög EFD-vel[I_4]. De EFD egyenlő BCA-val, így az AHC háromszög BHA külső szöge egyenlő a szemközti BCA belső szöggel[Ax_1], ez viszont nem lehetséges[I_16]. Tehát nem igaz, hogy BC és EF nem egyenlők, azaz egyenlők. De AB is egyenlő DE-vel, így e két-két (oldal), AB, BC és DE, EF páronként egyenlő. És egyenlő szögeket fognak közre, tehát az AC alap egyenlő a DF alappal, és az ABC háromszög egyenlő a DEF háromszöggel, és ugyanígy a fönnmaradó BAC szög egyenlő a fönnmaradó EDF szöggel[I_4].

Ha tehát két háromszögben két-két szög páronként, és egy-egy oldal egyenlő, akár az egyenlő szögek melletti oldal, akár az, amelyik az egyenlő szögek egyikével szemben fekszik, akkor a többi oldal is egyenlő, és ugyanígy a fönnmaradó egy-egy szög. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 34.; III. 3.; IV. 4., 12-3.; XI. 4., 35., 38.; XII. 7.; XIII. 11.

I. 27. Tétel

Ha két egyenest egy egyenes úgy metsz, hogy egymás között egyenlő váltószögek keletkeznek, akkor a két egyenes párhuzamos egymással.

Messen ugyanis két egyenest, AB-t és CD-t egy EF egyenes úgy, hogy a keletkezett AEF és EFD váltószögek egymás között egyenlők legyenek. Azt állítom, hogy AB párhuzamos CD-vel.

Ha ugyanis nem, akkor az AB és CD egyenesek meghosszabbítva találkoznak vagy a B és D, vagy az A és C pontok oldalán. Legyenek meghosszabbítva, és találkozzanak B és D oldalán a G pontban. Ekkor a GEF háromszög AEF külső szöge egyenlő a szemközti EFG belső szöggel, ez viszont nem lehetséges (1. 16.), nem találkozik tehát az AB és a CD egyenes B és D oldalán. Hasonlóképp mutathatnánk meg, hogy az A és C pontok oldalán sem érhetnek össze. De az egyik oldalon sem találkozó egyenesek párhuzamosak[I_D_23], tehát AB párhuzamos CD-vel.

Ha tehát két egyenest egy egyenes úgy metsz, hogy egymás között egyenlő váltószögek keletkeznek, akkor a két egyenes párhuzamos. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 28., 30-1., 33.

I. 28. Tétel

Ha két egyenest egy egyenes úgy metsz, hogy az ugyanazon az oldalon levő szemközti belső szöggel egyenlő külső szög keletkezik, vagy ugyanazon az oldalon két derékszöggel egyenlő belső szögek keletkeznek, akkor a két egyenes párhuzamos.

Messen ugyanis két egyenest, AB-t és CD-t, egy EF egyenes úgy, hogy a szemközti GHD belső szöggel egyenlő EGB külső szög keletkezzék, vagy az ugyanazon az oldalon keletkező BGH és GHD belső szögek (együtt) két derékszöggel legyenek egyenlők. Azt állítom, hogy AB párhuzamos CD-vel. Minthogy ugyanis az EGB szög egyenlő GHD-vel, az EGB szög pedig AGH-val egyenlő[I_15], így az AGH szög is egyenlő GHD-vel[Ax_1]. És váltószögek, AB párhuzamos tehát CD-vel[I_27].

Másrészt, minthogy BGH és GHD (együtt) két derékszöggel egyenlő, és AGH meg BGH is két derékszöggel egyenlő[I_13], AGH meg BGH egyenlő BGH meg GHD-vel[Ax_1]. Vonjuk le a közös BGH-t, így a maradék AGH egyenlő a maradék GHD-vel[Ax_3]. És váltószögek, AB párhuzamos tehát CD-veI[I_27].

Ha tehát két egyenest egy egyenes úgy metsz, hogy az ugyanazon az oldalon levő szemközti belső szöggel egyenlő külső szög keletkezik, vagy ugyanazon az oldalon két derékszöggel egyenlő belső szögek keletkeznek, akkor a két egyenes párhuzamos. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: IV. 7.; VI. 4.; XI. 6., 18.

I. 29. Tétel

Ha párhuzamos egyeneseket metsz egy egyenes, akkor egymással egyenlő váltószögek keletkeznek, és a szemközti belső szöggel egyenlő külső szög keletkezik, és ugyanazon az oldalon (együtt) két derék-szöggel egyenlő belsőszögek keletkeznek.[I_29]

Messe ugyanis a párhuzamos AB, CD egyeneseket egy EF egyenes. Azt állítom, hogy az AGH, GHD váltószögek egyenlők, és az EGB külső szög egyenlő a szemközti GHD belső szöggel, és az ugyanazon az oldalon levő BGH, GHD belső szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők.

Ha ugyanis az AGH szög nem egyenlő GHD-vel, egyikük nagyobb. Legyen AGH a nagyobb. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) BGH-t; így AGH és BGH (együtt) nagyobb, mint BGH és GHD[Ax_2]. Azonban AGH és BGH (együtt) két derékszöggel egyenlő[I_13], tehát BGH és GHD (együtt) kisebbek, mint két derékszög. De a két derékszögnél kisebb szögek felől végtelenül meghosszabbított egyenesek találkoznak[P_5]; AB és CD tehát végtelenül meghosszabbítva találkozni fognak. De nem érnek össze, mivel föltettük, hogy párhuzamosak[I_D_23]; nem igaz tehát, hogy AGH és GHD nem egyenlők, egyenlők tehát. Azonban az AGH szög egyenlő EGB-veI[I_15]; tehát az EGB szög is egyenlő GHD-vel[Ax_1]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) BGH-t; így EGB és BGH (együtt) egyenlő BGH-val és GHD-vel[Ax_2]. Azonban EGB és BGH (együtt) két derékszöggel egyenlő

(I. 13.); tehát BGH és GHD is két derékszöggel egyenlők[Ax_1].

Ha tehát párhuzamos egyeneseket metsz egy egyenes, akkor egymással egyenlő váltószögek keletkeznek, és a szemközti belső szöggel egyenlő külső szög keletkezik, és ugyanazon az oldalon (együtt) két derékszöggel egyenlő belső szögek keletkeznek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 30., 32-5., 44-6.; II. 4., 9-10.; VI. 3., 24-5., 32.; XI. 8., 15., 38,; XII. 3-4.

I. 30. Tétel

Az ugyanazzal az egyenessel párhuzamos egyenesek egymással is párhuzamosak.

AB és CD legyenek mind a ketten párhuzamosak EF-fel. Azt állítom, hogy AB is párhuzamos CD-vel.

Messe őket ugyanis a GK egyenes.

Minthogy a GK egyedes a párhuzamos AB és EF egyeneseket metszi, az AGK szög egyenlő GHF fel[I_29]. Hasonlóképp, minthogy a GK egyenes a párhuzamos EF és CD egyeneseket metszi, a GHF szög egyenlő GKD-vel[I_29]. De megmutattuk, hogy az AGK szög is egyenlő GHF-fel. Az AGK szög is egyenlő tehát GKD-vel[Ax_1]; és váltószögek. AB párhuzamos tehát CD-vel[I_27]. (Az ugyanazzal az egyenessel párhuzamos egyenesek tehát egymással is párhuzamosak.] Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 44-5., 47., II. 2-8.; IV. 7-8,; VI. 26.; XII. 17.

I. 31. Tétel

Húzzunk adott ponton át adott egyenessel párhuzamos egyenest!

Legyen A az adott pont, BC pedig az adott egyenes. Az A ponton át kell tehát a BC egyenessel párhuzamos egyenest húzni.

Legyen D a BC egyenes egy tetszőlegesen választott pontja, és húzzuk meg AD-t; és szerkesszünk az AD egyeneshez a rajta levő A ponthoz egy, az ADC szöggel egyenlő DAE szöget[I_23], és legyen EA egyenes menti meghosszabbítása az AF egyenes.

Minthogy e két egyenest, BC-t és EF-et, az AD egyenes úgy metszi, hogy a keletkezett DAE és ADC váltószögek egyenlők, az EAF egyenes párhuzamos BC-vel[I_27].

Az adott A ponton át tehát az adott BC egyenessel párhuzamos EAF egyenest húztunk. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 32., 37--40., 42., 44., 46-7., II. 1-10.; IV. 8.; VI. 3., 9--12., 14., 16., 26.; X. 60., 91., 97.; XI. 11-2.

I. 32. Tétel

Minden háromszögben az egyik oldal meghosszabbításakor keletkező külső szög egyenlő a két szemközti belső szög összegével, és a háromszög három belső szöge (együtt) két derékszöggel egyenlő.

Legyen ABC egy háromszög, és legyen az egyik oldala, BC, a D pontig meghosszabbítva. Azt állítom, hogy az ACD külső szög egyenlő a két szemközti belső szög, CAB és ABC összegével, és a háromszög három belső szöge, ABC, BCA és CAB (együtt) két derékszöggel egyenlő.

Húzzuk meg ugyanis a C ponton át az AB egyenessel párhuzamos CE egyenest[I_31].

Minthogy AB párhuzamos CE-vel, és metszi őket AC, a CAB és ACE váltószögek egyenlők egymással[I_29]. Továbbá, minthogy AB pár

huzamos CE-vel, és metszi őket a BD egyenes, az ECD külső szög egyenlő a szemközti ABC belső szöggel[I_29]. De megmutattuk azt is, hogy az ACE szög egyenlő CAB-vel. Tehát a teljes ACD szög egyenlő a két szemközti belső szög, CAB és ABC összegével[Ax_2].[I_32]

Adjuk hozzájuk közös (tagnak) BCA-t; így ACD és BCA (együtt) egyenlő e három szöggel, ABC-vel, BCA-val és CAB-vel[Ax_2]. Azonban ACD és BCA (együtt) két derékszöggel egyenlő[I_13]; tehát az ABC, BCA és CAB szögek is (együtt) két derékszöggel egyenlők[Ax_1].

Minden háromszögben tehát az egyik oldal meghosszabbításakor keletkező külső szög egyenlő a két szemközti belső szög összegével,

és a háromszög három belső szöge (együtt) két derékszöggel egyenlő. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: II. 9-10.; III. 20., 22., 31-2.; IV. 2-3., 10., 15.; VI. 5-8., 18., 20., 24., 32.; XI. 21.; XIII. 8-11., 18. L.

I. 33. Tétel

Az egyenlő és párhuzamos szakaszakot ugyanazon az oldalon össze-kötő szakaszok maguk is egyenlők és párhuzamosak.

Legyenek AB és CD egyenlők és párhuzamosak, és kössék össze őket ugyanazon az oldalon[I_33] az AC, BD szakaszok. Azt állítom, hogy AC és BD is egyenlők és párhuzamosak.

Húzzuk meg BC-t.

Minthogy AB párhuzamos CD-vel, és BC metszi őket, az ABC, BCD váltószögek egyenlők egymással[I_29]. És minthogy AB egyenlő CD-vel, BC pedig közös (oldal), így e két-két (oldal), AB, BC és BC, CD (páronként) egyenlő; és egyenlő az

ABC szög a BCD szöggel; tehát az AC alap egyenlő a BD alappal, és az ABC háromszög egyenlő a BCD háromszöggel, és a többi szög is páronként egyenlő, amelyekkel szemben az egyenlő oldalak fekszenek;

egyenlő tehát az ACB szög CBD-vel[I_4]. És minthogy e két szakaszt, AC-t és BD-t, a BC szakasz úgy metszi, hogy a keletkezett váltószögek egyenlők, AC párhuzamos BD-vel[I_27]. De azt is megmutattuk, hogy egyenlő vele.

Az egyenlő és párhuzamos szakaszokat ugyanazon az oldalon összekötő szakaszok tehát maguk is egyenlők és párhuzamosak. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 36., 45.; XI. 10., 38.; XII. 17.; XIII. 16.

I. 34. Tétel

A párhuzamos vonalú[I_34] idomok szemközti oldalai és szögei egyenlők egymással, és az átló felezi őket.

Legyen ACDB egy perhuzamos vonalú idom, BC pedig egy átlója. Azt állítom, hogy az ACDB paralelogramma szemközti oldalai és szögei egyenlők egymással, és a BC átló felezi.

Minthogy ugyanis AB párhuzamos CD-vel, és a BC egyenes metszi őket, az ABC, BCD váltószögek egyenlők egymással[I_29]. Hasonlóképp, minthogy AC párhuzamos BD-vel, és BC metszi őket, az ACB, CBD váltószögek egyenlők egymással[I_29]. Így ABC és BCD két olyan háromszög, melyeknek két-két szöge, ABC, ACB és BCD, CBD páronként egyenlő, és egy-egy oldaluk is egyenlő, az egyenlő szögek közötti közös BC; tehát a többi oldal is páronként egyenlő, és a fönnmaradó egy-egy szög is (I_26.); egyenlő tehát az AB oldal CD-vel, az AC (oldal) pedig BD-vel, és még egyenlő a BAC szög is CDB-vel. És minthogy az ABC szög egyenlő BCD-vel, a CBD szög pedig ACB-vel, így a teljes ABD szög egyenlő a teljes ACD szöggel[Ax_2]. De megmutattuk azt is, hogy a BAC szög egyenlő CDB-vel.

Tehát a párhuzamos vonalú idomok szemközti oldalai és szögei egyenlők egymással.

Azt is állítom, hogy az átló felezi őket. Minthogy ugyanis AB egyenlő CD-vel, BC pedig közös (oldal), így e két-két (oldal), AB, BC és CD, BC páronként egyenlő; és egyenlő az ABC szög BCD-vel[I_29]. Tehát az AC alap egyenlő BD-vel, és az ABC háromszög egyenlő a BCD háromszöggel[I_4].

A BC átló tehát felezi az ABCD paralelogrammát. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 35-8., 41., 43., 45-6.; II. 1., 4., 7-10.; IV. 7-8.; VI. 4., 10.; X. 54. L.; XI. 24., 28-9., 39.; XII. 2., 7., 9.

I. 35. Tétel

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő paralelogrammák egyenlők egymással.

Feküdjék az ABCD és az EBCF paralelogramma ugyanazon a BC alapon és ugyanazon AF, BC párhuzamosok között. Azt állítom, hogy az ABCD paralelogramma egyenlő EBCF-fel.

Minthogy ugyanis ABCD paralelogramma, AD egyenlő BC-vel[I_34]. Ugyanígy EF is egyenlő BC-vel, úgyhogy AD is egyenlő EF- fel[Ax_1]; és DE közös[I_35_1]; a teljes AE[I_35_2] tehát egyenlő a teljes DF-fel[Ax_2]. De AB is egyenlő DC-vel[I_34], így e két-két (oldal), AE, AB és DF, DC páronként egyenlő; és az FDC külső szög egyenlő az EAB belső szöggel[I_29], tehát az EB alap egyenlő az FC alappal, és az EAB háromszög egyenlő az FDC háromszöggel[I_4]. Vonjuk le a közös DGE (háromszöget); így a maradék ABGD trapéz egyenlő a maradék EGCF trapézzal[Ax_3]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) a GBC háromszöget; így a teljes ABCD paralelogramma egyenlő a teljes EBCF paralelogrammával[Ax_2].

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő paralelogrammák tehát egyenlők egymással. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 36-7.; XI. 31.

I. 36. Tétel

Az egyenlő alapokon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő paralelogrammák egyenlők egymással.

Feküdjenek az ABCD, EFGH paralelogrammák az egyenlő BC, FG alapokon és ugyanazon AH, BG párhuzamosok között. Azt állítom, hogy az ABCD paralelogramma egyenlő az EFGH paralelogrammával.

Húzzuk meg ugyanis BE-t és CH-t.

És minthogy BC egyenlő FG-vel, FG pedig EH-val egyenlő[I_34], így BC is egyenlő EH-val[Ax_1]. De párhuzamosak is. És EB meg HC köti össze őket; az egyenlő és párhuzamos szakaszokat ugyanazon az oldalon összekötő szakaszok egyenlők és párhuzamosak[I_33] [tehát BE és CH is egyenlő és párhuzamos]. Tehát EBCH paralelogramma. És egyenlő ABCD-vel, ugyanis ugyanaz a BC egyenes az alapja és ugyanazon BC, AH párhuzamosok között fekszik, mint ez[I_35]. Ugyanígy EFGH is egyenlő ugyanezzel az EBCH paralelogrammával[I_35], úgyhogy az ABCD paralelogramma is egyenlő EFGH-val[Ax_1].

Az egyenlő alapokon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő

paralelogrammák tehát egyenlők egymással. Éppen ezt kellett meg- mutatni.

F.: I. 38.; II. 5-6., 8.; VI. 28-9.; XI. 25., 29.

I. 37. Tétel

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő háromszögek egyenlők egymással.

Feküdjék az ABC és a DBC háromszög ugyanazon a BC alapon és ugyanazon AD, BC párhuzamosok között. Azt állítom, hogy egyenlő az ABC háromszög a DBC háromszöggel.

Hosszabbítsuk meg AD-t mind a két oldalon, E-ig, illetve F-ig, és a B ponton át húzzuk meg a CA-val párhuzamos BE egyenest, C-n át pedig a BD-vel párhuzamos CF-et[I_31].

Tehát mind a két idom, EBCA és DBCF paralelogramma; és egyenlők, ugyanis ugyanazon a BC alapon fekszenek és ugyanazon BC, EF párhuzamosok között[I_35]; és az EBCA paralelogrammának fele az ABC háromszög, az AB átló ugyanis felezi a paralelogrammát[I_34]; a DBCF paralelogrammának pedig fele része a DBC háromszög, ugyanis a DC átló felezi ezt (a másik paralelogrammát). De egyenlőknek a fele részei egyenlők egymással[Ax_6]. Egyenlő tehát az ABC háromszög a DBC háromszöggel.

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő háromszögek tehát egyenlők egymással. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 39., 41.

I. 38. Tétel

Az egyenlő alapokon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő háromszögek egyenlők egymással.

Feküdjenek az ABC, DEF háromszögek az egyenlő BC, EF alapokon és ugyanazon BF, AD párhuzamosok között. Azt állítom, hogy az ABC háromszög egyenlő a DEF háromszöggel.

Hosszabbítsuk meg ugyanis AD-t mindkétoldalt, G-ig, illetve H-ig, és a B ponton át húzzunk egy CA-val párhuzamos BG egyenest, az F-en át pedig egy DE-vel párhuzamos FH-t[I_31].

Tehát GBCA és DEFH mind a ketten paralelogrammák; és GBCA egyenlő DEFH-val, ugyanis az egyenlő BC, EF alapokon és ugyanazon BF, GH párhuzamosok között fekszenek[I_36]. És a GBCA paralelogrammának fele; része az ABC háromszög, az AB átló ugyanis felezi[I_34]; a DEFH paralelogrammának pedig fele része a DEF háromszög, ugyanis (ezt meg) a DF átló felezi[I_34]; de egyenlőknek a fele részei egyenlők egymással[Ax_6], egyenlő tehát az ABC háromszög a DEF háromszöggel.

Az egyenlő alapokon és ugyanazon párhuzamosok között fekvő háromszögek tehát egyenlők egymással. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 40., 42.; VI. 1-2.

I. 39. Tétel

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon az oldalon fekvő egyenlő háromszögek ugyanazon párhuzamosok közölt is fekszenek.

Feküdjenek az egyenlő ABC, DBC háromszögek ugyanazon a BC alapon, és annak ugyanazon az oldalán. Azt állítom, hogy ugyanazon párhuzamosok között is fekszenek. Húzzuk meg ugyanis AD-t. Azt állítom, hogy AD párhuzamos BC-vel.

Ha ugyanis nem az, akkor húzzunk az A ponton át egy, a BC egyenessel párhuzamos AE-t[I_31], és húzzuk meg EC-t. Az ABC háromszög egyenlő tehát az EBC háromszöggel, mert ugyanazon a BC alapon fekszik, mint az, és ugyanazon párhuzamosok között[I_37]. De az ABC háromszög egyenlő DBC-vel, tehát a DBC háromszög is egyenlő EBC-vel[Ax_1], a nagyobb a kisebbel[Ax_8]; ez viszont nem lehetséges, tehát AE nem párhuzamos BC-vel. Hasonlóképpen mutathatnánk meg, hogy egyetlen másik egyenes sem (párhuzamos BC-vel), csak AD; AD tehát párhuzamos BC-vel.

Az ugyanazon az alapon és ugyanazon az oldalon fekvő egyenlő háromszögek tehát ugyanazon párhuzamosok között is fekszenek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: VI. 2.

I. 40. Tétel

Az egyenlő alapokon és ugyanazon az oldalon fekvő egyenlő háromszögek ugyanazon párhuzamosok között is fekszenek.[I_40]

Feküdjenek az egyenlő ABC, CDE háromszögek az egyenlő BC, CE alapokon és ugyanazon az oldalon. Azt állítom, hogy ugyanazon párhuzamosok között is fekszenek.

Húzzuk meg ugyanis AD-t. Azt állítom, hogy AD párhuzamos BE-vel.

Ha ugyanis nem az, akkor húzzunk az A-n át egy BE-vel párhuzamos AF-et[I_31], és húzzuk meg FE-t. Az ABC háromszög egyenlő tehát az FCE háromszöggel, mert az egyenlő BC, CE alapokon fekszenek és ugyanazon BE, AF párhuzamosok között[I_38]. De az ABC háromszög egyenlő a DCE háromszöggel, tehát a DCE háromszög is egyenlő az FCE háromszöggel[Ax_1], a nagyobb a kisebbel[Ax_8]; ez viszont nem lehetséges, tehát AF nem párhuzamos BE-vel. Hasonlóképpen mutathatnánk meg, hogy egyetlen másik egyenes sem (párhuzamos BE-vel), kivéve AD-t; AD tehát párhuzamos BE- vel.

Az egyenlő alapokon és ugyanazon az oldalon fekvő egyenlő háromszögek tehát ugyanazon párhuzamosok között is fekszenek. Éppen ezt kellett megmutatni.

I. 41. Tétel

Ha egy paralelogrammának ugyanaz az alapja, mint egy háromszögnek, és ugyanazon párhuzamosok között fekszik, akkor a paralelogramma kétszerese a háromszögnek.

Legyen ugyanis az ABCD paralelogrammának ugyanaz a BC szakasz az alapja, mint az EBC háromszögnek, és feküdjék ugyanazon BC, AE párhuzamosok között. Azt állítom, hogy az ABCD paralelogramma kétszerese az EBC háromszögnek.

Húzzuk meg ugyanis AC-t.

Ekkor az ABC háromszög egyenlő az EBC háromszöggel, mert ugyanazon a BC alapon fekszik, mint amaz, és ugyanazon BC, AE párhuzamosok között[I_37]. Azonban az ABCD paralelogramma kétszerese az ABC háromszögnek, ugyanis az AC átló felezi (a paralelogrammát)[I_34]; úgyhogy az ABCD paralelogramma az EBC háromszögnek is kétszerese[Ax_5 és Ax_1].

Ha tehát egy paralelogrammának ugyanaz az alapja, mint egy háromszögnek, és ugyanazon párhuzamosok között fekszik, akkor a paralelogramma kétszerese a háromszögnek. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 42., 47.; VI. 1.; X. 20. stb.; XII. 3.

I. 42. Tétel

Szerkesszünk adott háromszöggel egyenlő adott egyenes vonalú szögű paralelogrammát!

Legyen ABC az adott háromszög, x pedig az adott egyenes vonalú szög. Az ABC háromszöggel egyenlő x egyenes vonalú szögű paralelogrammát kell tehát szerkeszteni.

Legyen E a BC felezőpontja[I_10], és húzzuk meg AE-t, és szerkesszünk az EC egyenesre, a rajta levő E ponthoz egy x-el egyenlő CEF szöget[I_23], és húzzunk A-n át egy EC-vel párhuzamos AG-t, C-n át pedig egy EF-fel párhuzamos CG-t[I_31]; FECG tehát paralelogramma. És minthogy BE egyenlő EC-vel, az ABE háromszög is egyenlő az AEC háromszöggel, ugyanis az egyenlő BE, EC alapokon fekszenek, és ugyanazon BC, AG párhuzamosok között[I_38]; kétszerese tehát az ABC háromszög az AEC háromszögnek. De az FECG paralelogramma is kétszerese az AEC háromszögnek, ugyanis ugyanaz az alapja, mint annak, és ugyanazon párhuzamosok között fekszik, mint az[I_41]; egyenlő tehát az FECG paralelogramma az ABC háromszöggel[Ax_5]. És a CEF szöge egyenlő az adott x-el.

Tehát az adott ABC háromszöggel egyenlő és x-el egyenlő CEF szögű FECG paralelogrammát szerkesztettünk. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I . 44-5.

I. 43. Tétel

Minden paralelogrammában az átló körülötti paralelogrammák paraplérómái egyenlők egymással.

Legyen ABCD egy paralelogramma, AC pedig egyik átlója, és AC körül feküdjenek az EH, FG[I_43_1] paralelogrammák, és legyenek BK, KD az úgynevezett "paraplérómák"[I_43_2]. Azt állítom, hogy a BK parapléróma egyenlő a KD paraplérómával.

Minthogy, ugyanis ABCD paralelogramma, AC pedig átlója, az ABC háromszög egyenlő az ACD háromszöggel[I_34]. Hasonlóképp, minthogy EH is paralelogramma, AK pedig átlója, az AEK háromszög egyenlő az AHK háromszöggel[I_34]. Ugyanígy a KFC háromszög is egyenlő a KGC háromszöggel. Minthogy tehát az AEK háromszög az AHK háromszöggel egyenlő, KFC pedig KGC-vel, az AEK meg a KGC háromszög összege egyenlő az AHK meg a KFC háromszög összegével[Ax_2]. De a teljes ABC háromszög is egyenlő a teljes ADC háromszöggel; a maradék BK parapléróma tehát egyenlő a maradék KD paraplérómával[Ax_3].

Tehát minden párhuzamos vonalú idomban az átló körülötti paralelogrammák paraplérómái egyenlők egymással. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 44.; II. 4-8.; VI. 27-9.; X. 54., 91.; XIII. 1-5.

I. 44. Tétel

Illesszünk[I_44_1] adott szakaszhoz adott háromszöggel egyenlő, adott egyenes vonalú szögű paralelogrammát!

Legyen AB az adott szakasz, C az adott háromszög, x pedig az adott egyenes vonalú szög. Az adott AB szakaszhoz kell tehát az adott C háromszöggel egyenlő és x-el egyenlő szögű paralelogrammát hozzáilleszteni.

Szerkesszünk egy, a C háromszöggel egyenlő és az x-el egyenlő EBG szögű BEFG paralelogrammát[I_42], és úgy helyezzük el, hogy BE ugyanazon az egyenesen legyen, mint AB,[I_44_2] és hosszabbítsuk meg FG-t H-ig, és A-n át a BG, EF egyenesekkel párhuzamosan húzzuk AH-t[I_31], és húzzuk meg HB-t. És mint hogy a párhuzamos AH-t és EF-et metszette át HF, így az AHF, HFE szögek összege két derékszöggel egyenlő[I_29]. Tehát BHG és GFE (== HFE) összege kisebb, mint két derékszög[Ax_8]; de az (együtt) két derékszögnél kisebb szögek irányába végtelenül meghosszabbított egyenesek találkoznak[P_5], tehát HB és EF meghosszabbítva találkozni fognak. Legyenek meghosszabbítva, és találkozzanak K-ban, és a K ponton át az EA, FH egyenesekkel párhuzamosan húzzuk KL-t[I_30], [I_31], és hosszabbítsuk meg HA-t és BG-t az L, illetve M pontig.

HLKF tehát paralelogramma, HK pedig egy átlója, és AG, ME a HK melletti paralelogrammák, LB és BF pedig az úgynevezett paraplérómák; LB egyenlő tehát BF-fel[I_43]. De BF a C háromszöggel egyenlő, tehát LB is egyenlő C-vel[Ax_1]. És minthogy a GBE szög egyenlő ABM-mel[I_15], másrészt a GBE szög x-el egyenlő, az ABM szög is egyenlő az x szöggel[Ax_1].

Tehát az adott AB szakaszhoz az adott C háromszöggel egyenlő és x szöggel egyenlő ABM szögű paralelogrammát illesztettük. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 45.; VI. 25.; X. 20., 22-3., 25-6., 38., 41., 44., stb.

I. 45. Tétel

Szerkesszünk adott egyenes vonalú (alakzattal)[I_D_19] egyenlő és adott egyenes vonalú szögű paralelogrammát!

Legyen ABCD az adott egyenes vonalú (alakzat),[I_45] x pedig az adott egyenes vonalú szög. Tehát az ABCD egyenes vonalú (alakzattal) egyenlő és adott x szögű paralelogrammát kell szerkeszteni.

Húzzuk meg DB-t, és szerkesszünk egy az ABD háromszöggel egyenlő és x-el egyenlő HKF szögű paralelogrammát[I_42], és illesszünk a GH egyeneshez egy, a DBC háromszöggel egyenlő és x-el egyenlő GHM szögű GM paralelogrammát[I_44].

És minthogy az x szög a HKF, GHM szögek mindegyikével egyenlő, a HKF szög is egyenlő a GHM szöggel[Ax_1]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) KHG-t, így az FKH, KHG szögek (együtt) a KHG, GHM szögek összegével egyenlők[Ax_2]. Azonban FKH és KHG (együtt) két derékszöggel egyenlő[I_29], tehát KHG és GHM is (együtt) két derékszöggel egyenlő[Ax_1]. egy a GH egyenesen levő H pontnál két egyenes, KH és HM fekszik nem ugyanazon az oldalon, és két derékszöggel egyenlő szögeket alkotnak egymás mellett, tehát KH ugyanazon az egyenesen van, mint HM[I_14]; és minthogy a párhuzamos KM-et és FG-t metszi a GH egyenes, a GHM, HGF váltószögek egyenlők egymással[I_29]. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) a HGL szöget, így az MHG, HGL szögek (együtt) a HGF, HGL szögekkel egyenlők[Ax_2]. Azonban az MHG, HGL szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők[I_29], tehát HGF meg HGI is (együtt) két derékszöggel egyenlő[Ax_1]; FG tehát ugyanazon az egyenesen van, mint GL[I_14]. És minthogy FK egyenlő és párhuzamos is GH-val[I_34], HG viszont ML-lel (egyenlő és párhuzamos is)[I_34], így FK is ML-lel egyenlő és párhuzamos is[Ax_1, I_30]; s a KM, FL szakaszok kötik össze őket, KM és FL is egyenlők és párhuzamosak tehát[I_33], KFLM tehát paralelogramma. És minthogy az ABD háromszög egyenlő az FH paralelogrammával, DBC pedig GM-mel, így a teljes ABCD egyenes vonalú (alakzat) egyenlő a teljes KFLM paralelogrammával[Ax_2].

Tehát az adott ABCD egyenes vonalú (alakzattal) egyenlő és adott x-el egyenlő FKM szögű KFLM paralelogrammát szerkesztettünk. Éppen ezt kellett megtenni.

F.: II. 14.; VI. 25.; X. 20., 41., 47., 78., 81., 84.

I. 46. Tétel

Emeljünk adott szakaszra (mint oldalra) négyzetet!

Legyen AB az adott szakasz. Az AB szakaszra kell tehát (mint oldalra) négyzetet emelni.

Húzzunk az AB egyeneshez derékszögben a rajta levő A pontból egy AC egyenest[I_11], és mérjünk föl rá egy AB-vel egyenlő AD-t[I_3], és a D ponton át húzzunk egy AB-vel párhuzamos DE egyenest[I_31], a B ponton át pedig húzzunk egy AD-vel párhuzamos BE egyenest[I_31].

ADEB tehát paralelogramma; AB egyenlő tehát DE-vel, AD pedig BE-vel[I_34]. De AB egyenlő AD-vel, e négy szakasz tehát, AB, AD, DE és BE egyenlő egymással[Ax_1]; az ADEB paralelogramma tehát egyenlő oldalú. Azt állítom, hogy derékszögű is. Minthogy ugyanis a párhuzamos AB-t és DE-t metszi az AD egyenes, így a BAD, ADE szögek (együtt) két derékszöggel egyenlők[I_29]. De BAD derékszög; derékszög tehát ADE is[Ax_3]. A bárhuzamos vonalú idomok szemközti oldalai és szögei viszont egyenlők egymással[I_34]; derékszög tehát mind a két szemközti ABE, BED szög is; ADEB tehát derékszögű. De megmutattuk azt is, hogy egyenlő oldalú.

Négyzet tehát[I_D_22]; és az AB szakaszra emeltük (mint oldalra). Éppen ezt kellett megtenni.

F.: I. 47.; II. 2-8., 11., 14.; VI. 30.; X. 19-21., 22. L., stb.

I. 47. Tétel

A derékszögű háromszögekben a derékszöggel szemközti oldalra emelt négyzet egyenlő a derékszöget közrefogó oldalakra emelt négyzetek összegével.

Legyen ABC egy derékszögű háromszög, és benne BAC a derékszög. Azt állítom, hogy a BC oldalú négyzet egyenlő a BA meg az AC oldalú négyzet összegével.

Legyen ugyanis BDEC a BC oldallal szerkesztett négyzet, GB, HC pedig a BA, AC oldalra emelt négyzet[I_46], és húzzuk A-n át a BD és a CE egyenessel párhuzamosan AL-t[I_30, I_31], és húzzuk meg AD-t és FC-t.

Minthogy pedig mind BAC, mind BAG derékszög, így a BA egyenesen levő A pontnál két AC, AG egyenes fekszik nem ugyanazon az oldalon, és két derékszöggel egyenlő szögeket alkotnak egymás mellett; tehát AC ugyanazon az egyenesen van, mint AG[I_14]. Éppen ezért BA is ugyanazon az egyenesen van, mint AH. Minthogy pedig a DBC szög egyenlő FBA-val - derékszög ugyanis mind a kettő[P_4] -, adjuk hozzájuk közös (tagnak) az ABC szöget; így a teljes DBA szög egyenlő a teljes FBC-vel[Ax_2]. És minthogy DB egyenlő BC-vel, FB pedig BA-val,[I_D_22], e két-két (oldal), DB, BA és FB, BC páronként egyenlő; és a DBA szög egyenlő FBC-vel; az AD alap tehát egyenlő az FC alappal, és az ABD háromszög egyenlő az FBC háromszöggel[I_4]; és az ABD háromszögnek kétszerese a BL paralelogramma, mert ugyanaz a BD szakasz az alapjuk és ugyanazon BD, AL párhuzamosok között fekszenek[I_41]; az FBC három-szögnek pedig kétszerese a GB négyzet, mert ismét ugyanaz az FB szakasz az alapjuk és ugyanazon FB, GC párhozamosok között fekszenek[I_41]. Egyenlőknek a kétszeresei pedig egyenlők egymással[Ax_5]; egyenlő tehát a BL paralelogramma a GB négyzettel. Hasonlóképp mutatható meg AE-t és BK-t meghúzva az is, hogy a CL paralelogramma egyenlő a HC négyzettel. A teljes BDEC négyzet tehát egyenlő e két négyzettel, GB-vel meg HC-vel[Ax_2]. És a BDEC négyzetet a BC, a GB, HC négyzeteket pedig a BA, AC oldalra emeltük. A BC oldalú négyzet tehát egyenlő a BA meg az AC oldalú négyzetekkel.

A derékszögű háromszögekben tehát a derékszöggel szemközti oldalra emelt négyzet egyenlő a derékszöget közrefogó oldalakra emelt négyzetek összegével. Éppen ezt kellett megmutatni.

F.: I. 48.; II. 9-14.; III. 14., 35-36.; IV. 12.; X. 14. L., 29., 30., 33-35.; XI. 23., 23. L., 35. ; XII. 17.; XIII. 12, 14-15., 18.

I. 48. Tétel

Ha egy háromszögben az egyik oldalra emelt négyzet egyenlő a háromszög másik két oldalára emelt négyzetek összegével, akkor derékszög a háromszög másik két oldala által közrefogott szög.

Legyen ugyanis az ABC háromszög egyik oldalára, a BC-re emelt négyzet egyenlő a BA, AC oldalakra emelt négyzetekkel. Azt állítom, hogy BAC derékszög.

Húzzuk ugyanis az A pontból az AC egyenessel derékszögben AD-t[I_11], és mérjük föl rá a BA-val egyenlő AD-t[I_3], és húzzuk meg DC-t. Minthogy AB-vel AD egyenlő, az AD oldalú négyzet is egyenlő az AB oldalú négyzettel. Adjuk hozzájuk közös (tagnak) az AC oldalú négyzetet, így az AD, AC oldalú négyzetek (együtt) egyenlők a BA, AC oldalú négyzetekkel[Ax_2]. Azonban az AD meg az AC oldalú négyzettel egyenlő a DC oldalú, DAC ugyanis derékszög[I_47], a BA meg az AC oldalú négyzettel pedig a feltétel szerint egyenlő a BC oldalú; tehát a DC oldalú négyzet egyenlő a BC oldalúval[Ax_1], úgyhogy a DC oldal is egyenlő BC-vel. És minthogy AD egyenlő BA-val, AC pedig közös (oldal), e két-két (oldal), AD, AC és BA, AC egyenlő; és a DC alap egyenlő a BC alappal; a DAC szög tehát egyenlő a BAC szöggel[I_8]. DAC viszont derékszög, derékszög tehát BAC is.

Ha tehát egy háromszögben az egyik oldalra emelt négyzet egyenlő a háromszög másik két oldalára emelt négyzetek összegével, akkor derékszög a háromszög másik két oldala által közrefogott szög. Éppen ezt kellett megmulatni.

F.: XI. 35.

Euklidész

(fordította Mayer Gyula)


Megjegyzések:

I. D. 1. - Vö.(??) a 8. axiómával.

I. D. 4. - Egyenes vonal: a továbbiakban a görögben röviden csak "egyenes" (eutheia), de ez a szó bármilyen összefüggő lineáris alakzatot jelölhet, s így gyakran "szakasz"-nak fordítom. Euklidész csak különösen fontos esetben írja körül a szakasz (2. P., I. 1. és 10.) és a félegyenes (I. 22.) fogalmát. E definíció értelme homályos; Proklosz szerint az, amit Arkhimédész posztulál egyik művében, ti. hogy a két pontot összekötő vonalak közül az egyenes a legrövidebb.

I. D. 7. - Síkfelület: a továbbiakban röviden csak "sík". A definíció Proklosz szerint szintén a minimalitásra utal.

I. D. 9. - Görög felfogás szerint szöget különböző görbék is közrezárhatnak, mint pl. III. 7. D. értelmében.

I. D. 18. - A hegyes zárójelben levő szavak csak Proklosznál olvashatók. A 18. D. után a kódexekben a III. 6. D. is ott áll.

I. D. 19. - A ,sokszög' jelentésű szavak közül az Elemekben régies a "sokoldalú", újabb az "egyenes vonalú", és úgy látszik, még későbbi réteghez tartozik a "sokszögű" (polygónon) kifejezés. Szintén elavult a "háromoldalú", de a "négyoldalú" megmaradt, mert "négyszögű" (tetragónon) jelentése ,négyzet'-té szűkült.

I. D. 22. - A paralelogramma csak I. 34.-ben bukkan föl. 4. P. A geometria Hilbert-féle fölépítése I. 4.-et axiómának veszi, s ekkor a 4. P. könnyen bizonyítható (mint azt Proklosz is teszi). Az Elemekben viszont 4. P.-ra már itt szükség van ahhoz, hogy értelmes legyen az 5. P.-ban a "két derékszögnél kisebb" kifejezés, és a továbbiakban ahhoz, hogy a derékszög (R) a szögmérés alapja lehessen (nemcsak a 2R = 180° esetben): pl. (1/2) R = 45° (II. 9.), (2/3) R = 60° (IV. 15.), (1+(1/5)) R = 108° (XIII. 18. és XIII. 18. L.).

Ax. 4. - Ez után a legtöbb kódexben még egy axióma áll: "Ha nem egyenlőkből egyenlőket veszünk el, a maradékok nem egyenlők.", és az 5. P. az utolsó axiómaként szerepel.

Ax. 9. - Más szóval az 1-2. P.-beli egyenesek unicitását mondja ki.

I. 1. - A szerkesztési feladatok a kérdéses alakzat egzisztenciáját is hivatva vannak biztosítani.

I. 2. - G értelemszerűen éppen BF és a CGH kör metszéspontja.

I. 3. - Adott szakasznak tetszőleges félegyenesre való fölmérhetőségét biztosítja. Néhány I. 3.-at használó tételben (pl. I. 5., 9., 11., 16., 18., 20.) elég lenne helyette a 3. P., a fogalmazás azonban erre a tételre utal. Másrészt, külön bizonyítás nélkül használja térbeli általánosítását is (XI. 6.).

I. 4. 1. - Az egyenlő (iszosz) szó a görögben nemcsak szakaszok és szögek, hanem területek és térfogatok egyenlőségének jelölésére is használatos. Az egybevágóság fogalmát - a hasonlóság bevezetése után - az "egyenlő és hasonló" kifejezés írja körül, így átalakítva idézi I. 4.-et XII. 3.-ban. Ez a szóhasználat föltételezi azt a tételt, hogy hasonló síkidomok és testek pontosan akkor egyenlő (mértékű)ek, ha a megfelelő szakaszok egyenlők. Euklidész talán a 7. és 8. Ax.-ból találta ezt könnyen levezethetőnek. Négyzetekre már I. 48.-ban használja. A VI. 22. L. valószínűleg még Theón előtti betoldás.

I. 4. 2. - E tétel csupán a 7. Ax.-ba implikált mozgatás (méghozzá ellenkező körüljárású háromszögek esetében térbeli mozgatás) segítségével igazolható. Ha a mozgathatóságot pontosan meg akarnánk határozni vagy el akarnánk kerülni, akkor föl kellene vennünk az I. 3. és 23.-beli alakzatok egzisztenciáját és I. 4.-et kongruencia-axiómákként, amint azt Hilbert tette. I. 5. bizonyításában láthatólag Euklidész is tartózkodik a mozgatástól.

I. 7. - Szó szerint "sokkal nagyobb" - mindig ezt a kifejezést találjuk, ha a tranzitivitásból következik egy egyenlőtlenség.

I. 11. - Euklidész itt nem használja a "merőleges" (kathetosz) szót: annak eredeti jelentése "lebocsátott".

I. 13. - Vagyis adjuk a CBE = CBA + ABE egyenlet mindkét oldalához hozzá EBD-t.

I. 15. K. - Némely kódexben tetszőleges sok egyenesre mondatik ki az állítás. Ez kell XIII. 18. L.-ben.

I. 24. - Euklidész a bizonyítás egy részét gyakran az olvasóra hagyja. Ha EFGD konkáv, akkor I. 21. miatt DF + FE < DG + GE, tehát FG < GE.

I. 26. - A tételnek ez a második fele I. 32.-ből rögtön következnék. Euklidész nyilván el akarta kerülni, hogy az 5. P.-ra ott is támaszkodjék, ahol ez nem feltétlenül szükséges, vagyis abszolút geometriai szemlélete volt.

I. 29. - Ezzel a tétellel kezdődik meg a nem abszolút geometriai része az első könyvnek.

I. 32. - ACD = CAB + ABC, 2R = ACD + BCA = ABC + BCA + CAB. A levezetéseket szöveges formában roppant nehéz követni, célszerű tehát az olvasás során modern formulákra átírni.

I. 33. - Ugyanis AD és BC szintén összekötik őket, de nem az ugyanazon az oldalon levő végpontokat. Különben annyi az abszolút geometriában is igaz, hogy egy ACDB (konvex) négyszög szemközti szögei pontosan akkor egyenlők, ha a szemközti oldalai azok, és az ilyen négyszöget bármely átlója két egybevágó háromszögre bontja.

I. 34. - "Párhuzamos vonalú" görögül parallélogrammon: e szót külön definíció nélkül alkalmazza Euklidész.

I. 35. 1. - Értsd: adjuk mindkettőhöz hozzá DE-t.

I. 35. 2. - Értsd: az AE összeg.

I. 40. - Valószínűleg az egész tétel csupán Theón előtti okoskodó betoldás. Az ábrán BC és CE egy egyenes két érintkező szakasza kell legyen.

I. 43. 1. - A paralelogrammák röviden csak két szemközti csúccsal jelöltetnek.

I. 43. 2. - Magyarul "töltelék". A II. 2. D.-ban mint a gnómón alkotórészei szerepelnek.

I. 44. 1. - Hozzáillesztés görögül parabolé, a tétel tehát a parabolikus területillesztést tárgyalja. Magyarázatát Proklosz így kezdi: "Mint Eudémosz nyomán mondják, a pythagoreusok múzsájának régi leleményei ezek; a területek paraboléja, hyperboléja (illesztés többlettel - VI. 29.) és ellipszisze (illesztés hiánnyal - VI. 28.). Az újabb szerzők (ti. Apollóniosz óta) innen kölcsönözve az elnevezéseket, átvitték azokat az úgynevezett kúpszeletekre, s ezek közül is az egyiket parabolénak, a másikat hyperbolénak, a harmadikat pedig ellipszisznek nevezték el, míg ama régi, isteni férfiak ezen elnevezések jelentését idomoknak meghatározott szakaszhoz való síkbeli illesztésében látták." Apollóniosz azért vette át az elnevezéseket, mert a kúpszeletek - természetesen szintén területegyenlőséget kimondó egyenlete kapcsolatba hozható az I. 44. és VI. 28-29. tételekben megkövetelt területegyenlőséggel.

I. 44. 2. - Most már megvannak az eszközök a paralelogramma mozgatásához.

I. 45. - A négynél több oldalú sokszög esete ugyanígy (szigorúan véve teljes indukcióval) intézhető el. Ez a tétel és I. 41. biztosítja, hogy I. 44. háromszög helyett bármely sokszögre alkalmazható legyen.




Kezdőlap