第五公设与平行公理的等价证明

第6章 几何公理法简介

6.3 第五公设问题

6.3.1普雷菲定理

1795年普雷菲提出一条跟欧氏第五公设等价的命题，它的直观明显性比第五公设好些，通称欧几里得几何平行公理：通过直线外一点有唯一直线与该线平行．

先证第五公设蕴涵平行公理．

设u为平面上一已知直线，M是不在u上的任一已知点，求证有唯一直线通过M而与u不相交．

''作MN?u于点N，用u表示在M与MN垂直的直线，则u不可能与u相交，否则''与外角定理矛盾．平行线的存在性证明了．再设u是通过M与u,u',MN将构成一三角形，

u'相异的任一直线，那么u''必然在直线MN的某一侧跟MN组成锐角．应用眼前的假设第

五公设于两直线u,u''及截线MN，可知u必与u在这一侧相交．

再证平行公理蕴涵第五公设．

设直线a,b被直线c所截，在c一侧的内角之和

， ?2??1?2d （d表直角）

''从而另一侧内角和

?1??2?2d．

'通过a跟c的交点引直线a，使其与c所成的角?1,?2满足

''?2??1?2d,?1'??2?2d．

''''于是?1?2d??2??1，所以ab，因为若a跟b相交，要得出与外角定理相矛盾的结果．

由假设通过a,c的交点只有一直线与b平行，所以与a相异的直线a必与b相交．还要证明a和b相交于?2和?1所在的一侧，这可从?1?2d??2??1以及外角定理立即得出．

'

6.3.2 萨开里的试证

1733年意大利数学家萨开里出版了名为《免除一切污点的欧几里得》，这里“欧几里得”指《原本》．在这里他对第五公设的试证工作发展得相当远，得到一系列结果．如果在关键

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的时刻他再推进一步，高斯、波里埃和罗巴切夫斯基的发现就可提前一世纪．他的后继人也没做这样的工作．似乎他的工作被人遗忘了．后来意大利有名的数学家倍尔脱拉米（1835——1900年）才指出，一般归之于勒戎得、罗巴切夫斯基、波里埃的一些定理，萨开里已发现过了．

他讨论一种四角形被称为“萨开里四角形”，两下底角是直角，两侧边相等：

AC?BD,?A??B?d.

定理1 在四边形CABD中，若

?A??B?d且AC?BD，则 ?C??D.

证明 我们只需取下底AB的中垂线KL为对称轴折叠即得． 由此推出 ?KLC??KLD?d,CL?LD

即是说：萨开里四角形两底中点的联线是两底的中垂线．

定理2 设四边形ABCD中?A??B?d，且AC?BD，则?C??D． 证明 延长AC至C?使AC??BD，则按定理1有 ?C???C?DB??D

又在?DCC?应用外角定理得?C??C?．所以 ?C??C???D

萨开里关于他的四角形CABD曾做过三种假设：

⑴ 锐角假设：?C??D?d，于是推出CD?AB，并且三角形的内角和小于二直角．

⑵ 直角假设：?C??D?d，于是推出CD?AB，并且三角形的内角和等于二直角。．

⑶ 钝角假设：?C??D?d，于是推出CD?AB，并且三角形的内角和大于二直角．

由于推理步骤相似，我们只就锐角假设讨论． 定理3 在锐角假设下有CD?AB． 证明 既然假设?C?d??A， 又由定理1 ?K??L?d

于是鉴于定理1和蔼从四角形AKLC得 CL?AK.

故有 CD?2CL?2AK?AB，即 CD?AB． 定理4 在锐角假设下，三角形的内角和小于两直角．

证明 由于一个三角形可分解成两个直角三角形，我们只须就直角三角形加以证明．设在?ABC中，?A?d.如图作BD?AB并取BD?AC，则CABD为萨开里四角形．于是由锐角假设和定理3，CD?AB.现在就?ABC和?DBC看，有两边相等而第三边不等，所以???，从而有

????????d(作图) 所以 ?A?????2d

萨开里证明过，只要在一个萨开里四角形中，上底角是直角，那么第五公设就成立．他

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象所有数学家一样相信直角假设成立面另外两个假设必须抛弃．他首先把钝角假设导致矛盾，所以只要将锐角假设也导致矛盾，那么第五公设就证明了．他从锐角假设出发得出一系列属于罗巴切夫斯基几何的命题，尽管这些命题与我们的直观不相符，却找不到一个逻辑矛盾。但在一连串正确推理以后，他发现倘若锐角假设成立，那么无限地接近的两直线在无穷远点应有共同的垂线，他认为这是“与直线的本质抵触的．”于是他认为第五证明了．明白地，他本人也感到锐角假设的逻辑矛盾并未找到，他重新回到证明它“自相矛盾”的问题．为此，他用两种方法计算一条线段的长度，得到两个结果，他认为找到矛盾了．实际是他计算中有错误．

6.3.3勒戎得的试证

勒戎得不仅在分析和力学方面有出名的工作，在几何方面也很有成就．1794年他的著作《几何原理》对后来的教科书有很大的影响．他试证第五公设时讨论了三种互相排斥的假定：

I．三角形的内角和大于两直角， II．三角形的内角和等于两直角， III．三角形的内角和小于两直角．

他用正确的推理把第一个假定推向矛盾，若能把第三个假定也引向矛盾，那就证明了三角形内角和等于两直角．同时也就证明了第五公设．可惜在把第三个假定引向矛盾时，他自己不觉察用上一个与第五公设等价的命题．

定理I 如果每个三角形的内角和等于二直角，则第五公设成立．

证明 设每个三角形的内角和为二直角，又设a为一直线，A为其外一点。求证通过A只有一直线与a不相交．

作AB?a于B，并过A作直线a??AB，我们知道a?与a不相交．

设b是通过A的任意直线，而?是b与线段AB所成的锐角．我们来证明直线b与直线a相交在锐角所在的一侧．为此，在直线a上锐角所在的一侧作点B1使BB1?AB．再在同一侧作B2使B1B2?AB1．一般，作点Bn使Bn?1Bn?ABn?1.我们来观察三角形

ABB1,AB1B2,?,ABn?1Bn.因为假设每个三角形的内角和为?，所以在等腰?ABB1中，顶

点为A和B1的内角都等于?.由此推出?AB1B2中顶点为B2的内角等于?.一般，在

48?ABn?1Bn中顶点为Bn的内角等于?2n?1.因之

? ?BABn?2??2n?12.

既然设?为锐角，就有??? ?于是有

??，其中??0．取n充分大，使

2n?1??

???BABn

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这样，直线b夹在?BABn的边AB和ABn中间，因此它与直线a应相交于点B与Bn之间．即是说，通过A只有直线a?与a不相交．证完．

现在让我们回过来讨论三角形的内角和问题，并引进两符号． 设ABC为一三角形，则

S(ABC)?A?B?C,D?ABC????S?ABC? 分别称为这三角形的角和和角亏（亏值）．

定理II 在每个三角形?中，S?????因之D????0． 证明 设?ABC的内角为?,?,?,并设定理的反面成立：

????????

延长边AB，并在其上作n?1个三角形BB1C1,B1B2C2,?,Bn?2Bn?1Cn?1，使与?ABC都合同．以?表示角?????，则

???????????.

易见三角形CBC1,C1B1C2,?,Cn?2Bn?2Cn?1都合同，因之 CC1?C1C2???Cn?2Cn?1?e

由于?ABC和?CBC1有两边分别相等而夹角不等，因之有c?e．写出折线

ACC1C2?Cn?1Bn?1的长度大于封闭线段ABn?1，得

b??n?1?e?a?nc或n?c?e??a?b?e 因 a?b?e?c?e?0,

可见若定理II的反面成立，那么不论正整数n为何值总有 n?c?e??a?b?e

与阿基米德公理抵触．因此定理II得到反证．

注意：在此证法中用过阿基米德公理，曾无限延长一直线，因之在非阿基米德空间或空间不是无穷的，定理II就未必成立．

定理III 只要有一个三角形的内角和等于二直角，那么每个三角形的内角和等于二直角．

先证几个引理．

引理1 设?ABC被截线BP分为两个三角形，则它的角亏等于两个部分三角形的角亏之和．

事实上， D?ABP????????1??1?,

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D?BPC??????2??2???,

因之 D?ABP??D?BPC??2??????1??2??1??2??? ?2??????1??2????? ???????1??2??? ?D?ABC?．

引理2 设B1,C1是?ABC边AB,AC上的点，则?AB1C1的角亏不会超过?ABC的角亏．

事实上，由定理II，三角形的角亏是大于或等于零的，于是由引理1得 D?ABC??D?ABC1??D?BC1C?

?D?AB1C1??D?B1C1B??D?BC1C?, 所以 D?AB1C1??D?ABC?．

引理3 设在两个直角三角形ABC和A?B?C?中，直角边AC和BC分别大于直角边A?C?和B?C?，并设?ABC的内角和为两直角，则?A?B?C?的内角和也等于两直角．

移动?A?B?C?使C?重合于C且A?,B?分别落在AC,BC上A??,B??处．由引理2， D?ABC??D?A??B??C??D?A?B?C?? 由假设D?ABC??0，又由定理II，D?A?B?C???0．可见 D?A?B?C???0即S?A?B?C????.

引理4 设有一个直角三角形内角和为二直角，则每个直角三角形的内角和都是二直角．

我们来讨论两个直角三角形ABC和A?B?C?．已知?ABC的内角和为二直角，要证?A?B?C?内角和也是二直角．如果前者两条直角边分别大于后者的直角边，则结论由引理3立刻得到．如果?ABC至少有一条直角边短于?A?B?C?的直角边，则为了证明引理4，我们可作出一个新的直角三角形使其内角和象?ABC一样等于两直角，而它的直角边有充分大的长度．这只要在?ABC旁添加一个全等的?BAC??，使斜边重合而所得的四边形对边相等．因?ABC和?ABC??的内角和都等于两直角，显而易见四边形的内角都是直角．于是移动就可用相等的矩形铺满平面．

容易知道图上用粗线表示的是矩形，用对角线分它成两个全等的直角三角形，它们的内角和都等于两直角．这样的直角三角形的直角边，显然可以做到有适当的长度．

既然可以作出一个直角三角形，其内角和为二直角，而其直角边都大于?A?B?C?的直角边，应用引理3，可知随意取的直角三角形A?B?C?的内角和等于两直角．

我们已可证明定理III了：只要有一个三角形它的内角和等于两直角，则每个三角形的内角和都是二直角．

设有?ABC和?A?B?C?，已知S?ABC???，求证S?A?B?C????.

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作出两个三角形所有的高，其中至少各有一个顶点的高它的垂足落在对边上而不在边的延长线上．分别取适当的记号，无妨设这样的顶点在?ABC是A，而在?A?B?C?是A?．

记所说的高为AP和A?P?．按引理2，

D?ABP??D?ABC?;

由假设，D?ABC??0;而定理II，D?ABP??0;所以得D?ABP??0，即S?ABP???．

既有了一个直角?ABP其内角和为?，按引理4有 S?A?B?P????,S?A?P?C????. 相加得

S?A?B?C????．

确立了定理I-III，人们自然想方设法证明这样一个命题：有一个三角形存在，它的内角和等于二直角．因为如果这样一个三角形找到了，按定理III，每个三角形的内角和都是二直角，再应用定理I，就证出第五公设了．

下面是这命题的一个错误的证明，请注意错在何处．

设有任一锐角O，取其一边上一点B向另一边作垂线BA．由定理II，?OAB的内角和不会超过二直角，即D?OAB??0．我们要证明的是D?OAB??0．

假如相反地D?OAB????0，在边OA上取点A1使有AA联BA并在A1作1?OA，1，直线OA的垂线．此垂线与直线OB的交点用B1表示．由引理1， D?OA1B1??D?OAB??D?BAA. 1??D?BA1B1??OAB跟?A1AB合同，因此D?BAA1??D?OAB???，而

D?OA1B1??2?.

再在已知角的边OA上取点A2使A1A2?OA1，在A2引OA的垂线，用B2表示它与直线OB的交点．仿上得 D?OA2B2??4?．

继续如此，我们作出?OAnBn满足 D?OAnBn??2n?.

取充分大的n使2???，就得出D?OAnBn???．但三角形的角亏不可能大于?．所以

n反证了D?OAB??0,S?OAB???．由上所说，第五公设也就证明了．

这番议论的弱点在于：没有证明点Bk的存在而利用了它们！要证明这些Bk存在，不

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利用第五公设是不行的．

6.3.4第五公设的等价命题

下面我们罗列一些命题，其中每一个都跟第五公设等价．有一些是容易证明的，有的比较困难．其中不少的命题就是历代数学家在试证第五公设时不知不觉引进来的，他们以为证明成功了，实质上只不过用了另一个命题替代了第五公设．

1、 通过直线外一点只能引唯一直线和它平行． 2、 两条平行线被第三线所截，同位角相等．

3、 在已知直线同侧与它有同样距离的点组成一直线． 4、 从两平行线中一条上的点到另一线的距离都相等． 5、 三角形的内角和等于两直角． 6、 相似三角形存在．

7、 一直线的垂线和斜线总相交．

8、 平面上存在一个内角和为的三角形．

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