Cím: Vázlatok a mathematika történetéből: Euklides 2.
Szerző(k):  Baumgartner Alajos 
Füzet: 1898/október, 25 - 28. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Euklides.
 
"Elemek": I. könyv.
 
(Folytatás.)
 
A definíciók, posztulátumok és axiomák után Euklides végre áttér a tulajdonképpeni anyagra, melyet önálló feladatokban tárgyal. E feladatok kétféle természetűek: vagy igazi feladatok, problémák, vagy pedig tantételek, theorémák. Mindkettőnél megtartja azt a módot, melyet azóta általánosan Euklidesi formának neveznek és mely abban áll, hogy mindenekelőtt kimondja a problémát vagy a theorémát, azután megadja a problémánál a megfejtést (χατασχενη'), a theorémánál pedig a bizonyítást (α'πoδειξισ), ezek után pedig kivétel nélkül hozzáfüggesti záradékul az előbbinél: őπερε"o'ειπoιη'σαι (a későbbi latin: quad erat faciendum), az utóbbinál: őπερε"o'ειδειξαι, a későbbi híres Q.E.D.=quad erat demonstrandum.
A megfejtés vagy a bizonyítás igen beható, a legapróbb részletek felemlítésével. Euklides úgy ír, hogy a minden előtanulmány nélküli laikus is megérti; a levezetés lassú lépésekben halad előre, ugrások nélkül, biztosan, meggyőzően. Sok leírás helyett inkább példát mutatok be, a minek mindjárt az 1. feladat kínálkozik.
Adott egyenesre szerkesszünk egyenlő oldalú háromszöget.
Legyen az adott egyenes AB.
Erre az egyenesre kell egyenlő oldalú háromszöget szerkeszteni. Az A középpontból rajzoljunk AB távolsággal BCD kört és B középpontból BA távolsággal ACD kört és a C pontból, a melyben a körök egymást metszik, húzzunk az A és B pontokhoz CA és CB egyeneseket.
 

 

Minthogy az A pont a BCD körnek középpontja, AC egyenlő AB-vel; és mert a B pont az ACD körnek középpontja, BC egyenlő BA-val. Megmutattuk tehát, hogy CA egyenlő AB-vel, tehát mind CA, mind CB egyenlők AB-vel. De mivel ugyanavval egyenlők, egymással is egyenlők, CA egyenlő CB-vel; CA,AB,BC tehát mindhárman egyenlők egymással.
Az ABC háromszög tehát egyenlő oldalú és AB egyenesre van szerkesztve. Adott egyenesre tehát egyenlő oldalú háromszöget szerkesztettünk, a mit tenni kellett.
Íme, szószerint az 1. feladat! Alaposság hiánya és gyors haladás miatt nincs okunk panaszkodni, de a miatt sem, hogy a feladatok elvégzése nagy szellemi megerőletetéssel járna; erre szolgáljon további például a 3. feladat:
Két adott egyenes közül vágjunk el a nagyobbikból a kisebbikkel egyenlő darabot.
Az első theoréma a 4. feladat:
Ha két háromszögben egyiknek két oldala külön-külön egyenlő a másiknak két oldalával és az egyenlő oldalak által bezárt szög is egyenlő a másik szöggel, akkor a háromszögek harmadik oldalai is egyenlők egymással és a háromszögek is és a többi szögek is, melyeket az egyenlő aldalak bezárnak, egyenlők egymással.
E feladat tárgyalja először a háromszögek egybevágóságát, ugyancsak erről szól még a 8. és a 26. feladat.
A 9. feladat a szög, a 10. pedig az egyenes felezése.
A 11. és 12. a merőleges emelése és bocsátása.
A 15. a csúcsszögek egyenlősége.
A 17. feladat: Minden háromszög bármely két szöge együttvéve kisebb két derékszögnél.
A 20. feladat: Minden háromszög bármely két oldala együttvéve nagyobb a harmadiknál.
A 27., 28., 29., 30. és 31. feladat a párhuzamos és az azokat metsző vonalakkal foglalkozik.
A háromszög egyik legfontosabb tétele a 32. feladat.
Minden háromszögben az egyik oldal meghosszabbíttatván, a külső szög egyenlő a másik két belső szöggel és a háromszög három belső szöge együttvéve két derékszöggel egyenlő.
Mint tudjuk, ezt a tételt már Pythagoras ismerte (IV. évf. 125. lap) és bizonyítását is tőle vette át Euklides.
A 33. és 34. feladat tárgya a parallelogramm. A 35. feladat ez:
Egyenlő alapokon álló és ugyanazon párhuzamosok közötti parallelogrammok egymással egyenlők.
E feladat megnyitja a területszámítási feladatok sorát a négyszögekre és háromszögekre vonatkozólag. (36.-46.)
Az egész mű egyik legérdekesebb pontja végre a 47. feladat: a Pythagoras-féle tétel első bizonyítása, mely minden valószínűség szerint magától Euklidestől ered. A tételt kiváló mathematikai fontosságánál és történeti érdekességénél fogva teljességében közlöm.
A derékszögű háromszögekben az átfogó négyzete egyenlő a befogók négyzeteink összegével.
Legyen ABC derékszögű háromszög, melynek BAC szöge a derékszög: azt mondom, hogy a BC négyzete egyenlő a BA és AC négyzeteinek összegével.
Mert írjunk BC-re BDEC,BA-ra BFGA,AC-re pedig AHKC négyzetet és vonjunk A-n keresztül akár BD-vel, akár CE-vel párhuzamos AL egyenest és húzzuk meg az AD és az FC egyeneseket.
 

 

Minthogy mind a BAC, mind a BAG szögek derékszögek, de e mellékszögeket a BA egyenes és az A pont különböző két oldalán fekvő AC meg AG egyenes teszi egyenlővé két derékszöggel: tehát CA és AG egy egyenesben fekszik. Ugyanezért BA és AH is egy egyenesben fekszik. És minthogy a DBC szög egyenlő az FBA szöggel, mivel mindkettő derékszög: adjuk hozzá mindegyikhez a közös ABC szöget; e szerint az egész DBA szög egyenlő az egész FBC szöggel. És mivel DB egyenlő BC-vel, FB pedig BA-val, ennélfogva a DB és BA oldalak külön-külön egyenlők a CB és BF oldalakkal és a DBA szög is egyenlő az FBC szöggel: tehát az AD oldal is egyenlő az FC oldallal és az ADB háromszög egyenlő az FBC háromszöggel; de a BL téglalap kétszer akkora, mint az ABD háromszög, mert közös BD alapjuk van és ugyanazon BD és AL párhuzamosok között vannak. BFGA négyzet pedig szintén kétszer akkora, mint az FBC háromszög, mert közös BF alapjuk van és ugyanazon FB és GC párhuzamosok között vannak. Mivel pedig egyenlőknek kétszeresei egymással egyenlők: BL téglalap egyenlő FA négyzettel. Ha az AE és BK egyeneseket meghúzzuk, hasonlóképpen kimutathatjuk, hogy: CL téglalap egyenlő AHKC négyzettel; az egész BDCE négyzet tehát egyenlő a BFGA és AHKC négyzetekkel együttvéve. De BDCE négyzet BC-re van rajzolva, BFGA és AHKC négyzetek pedig BA-ra és AC-re, tehát a BC oldal négyzete egyenlő a BA és AC oldalak négyzeteivel.
A derékszögű háromszögekben tehát az átfogó négyzete egyenlő a befogók négyzeteinek összegével, Q.E.D.
A 48. feladat végre az előbbi feladat megfordítása:
Ha a háromszög egyik oldalának négyzete egyenlő a másik két oldal négyzeteinek összegével, e két oldal derékszöget zár be.
Ezzel az I. könyv be van fejezve.
Baumgartner Alajos.