II 권
명제
주어진 어떤 다각형의 넓이와 같은 정사각형을 작도 할 수 있다.
주어진 다각형 \(\rm PQRS\)에 대하여, 다각형 \(\rm PQRS\)와 넓이가 같은 정사각형을 작 도할 수 있다.
주어진 다각형 \(\rm PQRS\)이 있다.
그러면, 다각형 \(\rm PQRS\)와 넓이가 같은 정사각형을 작 도할 수 있음을 보이자.
다각형 \(\rm A\)와 같은 넓이를 가지는 직사각형 \(\rm BCDE\)를 작도하자. [I권 명제 45]
만약 \(\overline{\rm BE}=\overline{\rm ED}\)이면 직사각형 \(\rm BCDE\)는 정사각형이므로 바로 증명된다.
\(\overline{\rm BE}\ne\overline{\rm ED}\)이라고 하자. 그러면 둘 중 한 선분이 길다. \(\overline{\rm BE}>\overline{\rm ED}\)라고 하자. 선분 \(\rm BE\)를 늘려 \(\overline{\rm EF}=\overline{\rm ED}\) 인 반직선 \(\rm BE\) 위에 점 \(\rm F\)를 잡자. 그리고 점 \(\rm G\)를 선분 \(\rm BF\)의 중점이라고 하자. [I권 명제 3, 명제 10]
중심이 점 \(\rm G\)이고 반지름이 \(\overline{\rm BG}=\overline{\rm GF}\)인 원을 작도하자. 이 원과 선분 \(\rm ED\)를 늘린 반직선 \(\rm ED\)와의 교점을 \(\rm H\)라고 하자. [I권 정의 18]
선분 \(\rm BF\)가 원 \(\rm G\)에 의해서 이등분되므로 선분 \(\rm BF\) 위에서 점 \(\rm G\)가 아닌 점 \(\rm E\)를 잡자. 그러면
\(\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm EF}+\overline{\rm EG}^2=\overline{\rm GF}^2\)----(1)
이다. [II권 명제 5]
그런데 \(\overline{\rm GF}=\overline{\rm GH}\) 이므로 (1)식은
\(\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm EF}+\overline{\rm EG}^2=\overline{\rm GH}^2\)----(2)
이다. 또한 \(\overline{\rm HE}^2+\overline{\rm EG}^2=\overline{\rm GH}^2\)이므로 식 (2)는
\(\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm EF}+\overline{\rm EG}^2=\overline{\rm HE}^2+\overline{\rm EG}^2\)----(3)
이다. [I권 명제 47]
식 (3) 양변에 각각 \(\overline{\rm GE}^2\)을 빼면
\(\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm EF}=\overline{\rm HE}^2\)----(4)
이다. 그런데 \(\overline{\rm EF}=\overline{\rm ED}\)이므로 식 (4) 좌변은
\(\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm EF}=\overline{\rm BE}\cdot\overline{\rm ED}=\)(직사각형 \(\rm BEDC\) 넓이)
이어서
(직사각형 \(\rm BEDC\) 넓이)\(=\overline{\rm HE}^2\)
이므로
(다각형 \(\rm A\) 넓이)\(=\)(직사각형 \(\rm BEDC\) 넓이)\(=\overline{\rm HE}^2\)
이다.
그러므로 주어진 어떤 다각형의 넓이와 같은 정사각형을 작도 할 수 있다.
Q.E.D.
주어진 선분 길이와 동일한 정사각형의 작도의 증명은 위에서 증명한 것처럼 짧다. 이 작도에서 사용한 명제는 [II권 명제 5]와 피타고라스 정리인 [I권 명제 47] 때문에 짧다. 우선, [II권 명제 5]를 사용하면 선분 \(\rm BE\)와 선분 \(\rm ED\)로 만든 직사각형을 작도할 수 있고 그 넓이가 \(\overline{\rm GF}^2-\overline{\rm GE}^2\)으로 두 선분의 길이의 제곱으로 변환 할 수 있다. 선분 \(\rm GF\)는 직각삼각형 \(\rm GHE\)의 빗변인 \(\rm GH\)와 길이가 같다. [I권 명제 47]을 사용하여 두 정사각형 넓이의 차인 \(\overline{\rm GF}^2-\overline{\rm GE}^2\)을 한 개의 정사각형 넓이 \(\overline{\rm HE}^2\)로 대체 할 수 있다. 따라서 원래 직사각형 넓이는 정사각형 넓이 \(\overline{\rm HE}^2\)와 같다.
이 명제는 직선으로 된 도형의 구적법에 사용된다. “구적(quadrature)”라는 단어의 좁은 의미는 도형의 “제곱(square)” 이라고도 하는 주어진 도형의 동일한 넓이를 가진 정사각형을 찾는 것이다. 넓은 의미에서 구적법은 주어진 도형의 넓이를 찾는 것을 의미한다.
직선으로 된 넓이의 적용에 관한 [I권 명제 45]는 문제의 그림을 같은 영역의 직사각형으로 대체 할 수 있다. 이 명제에서 반원 구조는 직사각형의 변들 사이의 평균 비례라고 불리는 것을 발견합니다. 직사각형의 변이 \(a\)와 \(b\)로 표시되면, 그들 사이의 비례 중항(mean proportional)으로 \(x\)는 \(a:x=x:b\)의 비를 만족하며, 이는 넓이로 나타낸 \(ab=x^2\)와 같은 의미이다. 즉 직사각형의 넓이가 정사각형의 넓이와 같다. 이 비례 중항 직사각형과 넓이와 같다. 따라서 직선으로 된 도형은 그 넓이를 정사각형의 넓이와 같은 그 변의 길이의 제곱으로 나타낼 수 있다.
이 결과는 그 자체로 끝났다. 이후 원론에는 사용되지 않았다.
닮음 삼각형을 기반으로 한 이 명제에 대한 또 다른 증명이 있다. 명제의 그림을 참조하여라. 선분 \(\rm BH\), \(\rm BF\)를 그리면 삼각형 \(\rm BFH\), \(\rm BHE\), \(\rm HGE\)의 세 개의 직각삼각형이 만들어진다. 이 삼각형들은 닯음 이어서 \(\overline{\rm BE}:\overline{\rm EH}=\overline{\rm EH}:\overline{\rm FE}\)을 만족한다. 즉, 선분 \(\overline{\rm EH}\)는 비례중항이다.
V권 까지는 비례 명제가 보이지 않으며, VI권까지 닮음 삼각형도 언급되지 않는다. 따라서 원론 초반에 직선으로 된 도형의 구적법에 대한 이론을 완성하기 위해 유클리드는 닮음 삼각형에 의존하지 않는 다른 방법으로 증명을 하였다. VI권 명제 13에서 동일한 결과가 비율 이론처럼 나타난다. 또한 VI권에서, VI권 명제 17은 비례 중항의 정사각형 넓이가 두 선분으로 만든 직사각형 넓이와 같다는 것을 보여준다.
원과 같은 다른 모양은 어떨까? 원의 일반적인 이론은 III권에서 다루지 만, XII권 까지는 원의 넓이에 대한 명제는 없다. XII권 명제 2는 원의 넓이가 지름의 제곱에 비례한다고 말한다. 그것은 두 원의 넓이를 비교할 수 있게 하지만, 이 명제가 선분으로 이루어진 도형과 같은 방식으로 “이 원의 넓이는 얼마인가?”라는 질문에 대한 답을 주지는 않는다. 주어진 원과 같은 정사각형을 찾는 것이 필요하다.
이 원의 구적 문제는 유클리드 이전 약 150년 전에 아낙사고라스 시대로 거슬러 올라가며 그 당시 유명한 세 가지 문제 중 하나였다. 길이가 \(\pi\)(단위 길이 기준)인 선분을 작도하는 것과 같다. 이 문제는 고대 그리스 기하학자가 해결하였지만 유클리드 도구인 자과 컴퍼스만으로는 해결되지 않는다. 더 고차원의 곡선이 필요했다. 실제로 파푸스 시대에는 자, 컴퍼스을 사용하여 원을 제곱 할 수 없으며 원뿔 곡선(포물선, 쌍곡선 및 타원)을 이용하여 제곱 할 수 없다고 믿었다. 그러나 고대 그리스인은 제곱 할 수 없다는 수학적 증거는 없었다.
린드만(Lindemann)이 \(\pi\)가 초월수라는 것을 증명한 1882 년까지는 유클리드 도구 만으로 원의 넓이와 같은 정사각형을 작도할 수 없었다.