XiX2+X3X 2L= 十义，一青年数学叢書-4n6+ 几何学中的明 义22 菲齐索夫著 ≥2 ta9=t。tg)a0 中阳专年喜收北 tang=b-a ==========第1页========== 青年数学叢書 几何学中的亚明 菲齐索夫著カ人馨 中网辛年名版花 1958年・北京 ==========第2页========== 内容提要 这本小册子可以静助初学几树的甲学同学理解几何学中的明，料正一些容易产生的錯誤看法。它告訴藏者，补么是明？为什么必須証明？缸明应骸是怎样的钓？儿何学中有哪些命題可以不珈証明地朵用？說理淺显透彻，文字也很生动，善里列举了很多日常碰到的关于面儿的例子来說朔题，并不涉及高架的数学理論，只要其有℉儿学的初步識，使能閱髓。 A.M.PETMCOB O HOKA3ATEJIbCTBE B TEOMETPMM TEXI'M3,MOCKBA,1964 ==========第3页========== 目 次 前言 一什么是証明？ 5 二为什么必須証明？ ………10 三 证明应骸是怎样的？………………………17 四儿何学的娜些命題可以不拥証明地朵用？…42 ==========第4页========== ● 前 宦 有-一回，正是新学年刚开始的时候，我偶然听到了两位姑娘的談話。她們里面大些的一位才升到六年絞，小些的一位才升到五年級。她們在交款关于功髁、老师和同学的印象，关于新学科的印象。邪位六年級同学对于几何髁①威到很詫异，她說：“宾奇怪，老师走进教室，在黑板上画了雨个相等的 三角形，随后整堂髁就向我們証明，它們是全等的。我怎久也不明白，这有什么必要呢？”小些的那位姑娘問道：“挪末你怎么做习題呢？”“照着教科書葭熟明…只是什么地方該安上什么宇母，記起来实在闲难…” 就在那天傍晚，我听到这位姑娘坐在窗口，孜玫不倦地在 复可几何：“为了証明，我們把三角形A'B'O”放在三角形ABC 上面…把三角形A'B'C放在三角形ABC上面”她一 遮叉一遮地重复着。可惜我沒有能知道这位姑娘儿何学得怎样；但是可以想象，她对这門功課学起来是相普困难的。 过了几天，我同宅的鄰居多列到我这儿来，他也是六年毅学生，并且也在抱怨几何.在課堂上老师向他們講解了这样 一条定理：三角形的任意一个外角，大于和它不相鄰的任意一 ①苏联学校六年极相当于我国的初中二年級、一譯者往 〔3) ==========第5页========== 几何学中的部在明 个内角（内对角）；并且要他期回家来好好掌握它。多列指裕我看吉西略夫辐的髁本上的图（图1），問道：“这張图上不是 很明显嗎，三角形的外角是莼角，而内对角是銳角，为什 B 么还要作这又長又复杂的証明呢？鈍角本来就比銳角大，这是很明显的，用不到作什么証明.”多列在尽力競服 图1. 我。于是我只得向他解釋， 这个每題完全不这样明显，完企有理由要求証明这个关于三角形外角的命题。 最后，就在不八以前，有一位八年极①的同学拿他的稞卷給我看，照他的話說，是老师不公不地”少打了他的分数：他提出来的那道题是：已知一等腰梯形，上下底各長9和25国米，腰萇17厘米，求梯形的高。为解这道題，他作了梯形的内功圃，特且指出，根据外切四边形的定理（外奶四边形雨粗对边的和相等)，在这个梯形里是可以作一个内切圓的(9+25=17+17)。然后，高就由这个梯形的内切圓的值徑确定，它等于梯形上下底的此例中項（这条定理已經在以前的一次作业里証明过了)。 ·解答显得十分簡單而且令人信服，但是老师却着重指出，引用关于外切四边形的定理这一步做得不对。这位八年毅同 ①苏联学校入年毅相当于我图的高中一年级。一鹊者注 ==========第6页========== 什么是証明？ 5 学摸不清头图了。“外切四边形雨組对边的和相等，这难道还有不对螞？我門的梯形上下雨底的和恰好等于雨腰的和 着 可见，在这个梯形里是可以作一个内切圓的。究竟錯在什么地方呢？”他問道。 象我刷才說的这种事例可以举出很多、。同学們常常弄不明白，有什么必要来証明这些不用証明就很明显的其理，証明有时侯也显得过分复杂而冗長。往往还有这样的情形，看来似乎是明确而令人信服的証明，在严格审查以后，发現原来是錯的。 这本小冊子是为了帮助同学們了解下面这些間题而写的： 静 (一)什么是証明？(二)为什么必須艇明？(三)証明应該是怎样的？ (四)几何学的哪些命题可以不加証明地朵用？. 什么是証明？ 1。那末，我們就来自間，究竟什么是証明呢？設想-一下，知果你要想使跟你談話的人相信趣球是球形的；那末，你就得告訴他地乎綫会随着地面上覌察者升高的程度而扩展开去，告新他关于环球旅行，告新他在月食时地球投射在月球上的阴影是圓的，等等。 上述你希望用来使你对方信服的每一件事，脚做証明的 ==========第7页========== 儿何学中的証明 一个論据；所有这些論据的总和，就叫做論証、論据的力量或說服力建立在什么基硒上呢？作为例子，我們来分析一下上 r 逃論据的最后一个、我捫确信地球一定是球形的，因为它的阴影是圓的。我們确立这个論断，是由于从亲身錾驗知道：一·切球形物体都投下圓形的阴影，反过来設，从各个位置都投下圓形阴影的物体一定是球形的。因而，在这情况下我們首先根据事实，根据我們直接的生活經駿，这些經驗就是証实我們周圍物質世界里的物体性質的凭据。然后才朵用推理的方法，比如在这情况下推理是按下列水序进行的。 “凡是从各个方向都投下圓形阴影的物体必定是球形的.”“在月食时地球处在月球的不同位置，但总是投下圓形的阴影。”于是得到结論：“因此，地球是球形的。” 香 我們来举一个物理学上的例子。十九世紀六十年代，英国物理学家麦克斯韋确定，电磁振蕩以光速在空閥傅播。这情兄促使他提出光也是电磁振蕩的假設（假設）。为了証明这个假設的正确性必須确定，光和电磁被相似的地方不限于它們有相同的傳播速度这一点；必須引用足够有力的論据来証明这雨种現象的共同性質。一些实验的結果就是这样的論据，在这些实骏里覌察到了电磁場对于各种不同光源发出的光的幅射性質都有明显的影响。还覌察到其他一系列的事实，这些事实有力地指出，光和电磁波具有同样的性質。再举一个算术上的例子。任意取一些奇数，各自平方，再从得到的各个本方数减去-一。例知： 、,73-1=48;112-1=120影52-1=245 ==========第8页========== 什么是缸明？ 92-1=80;153-1=224 第 等等。研究一下得到的数，我們发現它們有一个共同的性質：它們每一个都能被8整除。用其他的奇数再进行儿大尝武，也导致同样的秸果，我們就提出假設：“一切奇数的不方减去 e 一，得到的数是8的倍数.” 因为現在我們所說的是一切奇数，所以我們必須引用对于任何奇数都合用的論据。考虑到这一点，我們想到，任何奇数有2一1的形式，这里儿是任意的自然数。奇数的本方减去一可以写成这样的表示式：(2肌一1)一1。脫去括弧就得到：（2m-1)2-1=4n2-4凯+1-1=42-4%=4%(%-1)。得到的式子在肌等于任意自然数时都能被8整除。事实上，乘数四表示数4凯(n一1)能被4整除。此外，2一1n是雨个連箱的自然数，里面必定有一个偶数；因而我們的式子必定还会有一个因数2。 所以，数4物(%一1)永远能被8整除，这就是要証明的.从这些例子，我啊可以知道我門認藏周圍世界以及它的物体、現象和規律性的基本方法。第一种方法是：根据对物体和現象所作的大量覌察和实驗，揭示出它們的普逼規律性。从我們引用的例子可以看什，人們根据覌察确定了物体的形默和它的阴影之間的关系；多次的覌察和实驗証实了光的电磁本質；最后，我們对奇数的下方数进行的研究能够确定这些下方数减去一以后的性質。从大量特殊情况的研究得出普逼的结論，这种方法叫做归钠法。 当我們已經知道了某些普逼规律，把这些知藏应用到特 ==========第9页========== 8 儿何学中的証明 殊情况中去，这时侯我們引用的是另一种方法。这种方法即做演繹法。在最后一个例子里，我們就是这样把算术的普逼规律运用到特殊情况，也就是用来証明任何奇数存在某种性質。 这个例子向我們指出，归納法和演釋法是不能互相脫离的。归納和演釋的統一性，是科学思維的特征。 不难察党，在所有証明的过程中我都运用了这雨种方法。当我們为証明某一个命題面寻找論据的时侯，我們門就轉向实驗、覌察、事实，或者轉向那些已錾証明是可靠的命題。根据这些到手的資料，我再对这个要証明的命題的肯定或否定进行推理。 2。我們还是回到儿何学上来。几何学研究物質世界的空囿的性質。我們把决定物体的形狀、大小和相互位置的这种性質啡做“空閻的性質。显然，認藏这些性質的必要性是剂人們实踐的需要相联系的：人們为了捌造机器、建筑房屋、修路、开运河等等，必須測量長度、面积和体积。当然，最翘的儿何知是从大量的覌蔡和实驗中用归納方法得到的。但是，随着几何学真理的积累，发現其中有不少可以靠推理从另 一些其理得到，地就是用演釋法得到，不必再用專門的实驗。比如，多次的覌察实驗使我們相信，“通过雨点，可以而且共可以作一条直筏。”根据这条其理，不阴任何实驗，我們就可以确信，“雨条不同的直筏不能有一个以上的交点。”这条新的英理通过十分簡單的推論就得到了。实际上，知果我們假骰雨条不同的直钱能有雨个交点，那末从这里我們应該作 ==========第10页========== 什么是証明？ 9 出結論：通过兩点可以引雨条不同的直袭；这是和前面已經确 专 立的宾理相抵触的。 人的实踐活动导致发現大量几何学宾理，它們反映出我們对物質世界的空間形体的認識。仔細研究这些其理，发現其中有一些可以从另一些通过邏瓣推理的方法得到。这就导致这样的想法：从所有几何学其理中把最簡單、最普逼的部分划分出来，这部分用不着証明就可以应用；其余的儿何学的性葭和关系就从这些基本其理用演釋法推导出来。 这样的想法古希腊的几何学家就已經产生了，他們开始使他們所知道的儿何学眞理系統化起来，把它們从此較少的基本命题推导出来。紀元前300年，希腊亚历山大里亞的几何学家欧几里得提出了在当时最完整的几何学系統的叙远。在这叙逃中，一些不必証明就可朵用的命题划分开来了，这就是所謂公理。其余正确性要靠証明显露出来的命題，开始啡做定理。 欧几里得儿何学体系已經存在了二千多年，甚至現在学校里的儿何学叙逃在很多部分还反映出欧几里得的影响。这样，在几何学体系里，我們就有了此較少数的基本具理一公理，它們用归树法得到，不必証明就可以朵用；而其余的几何学宾理靠演釋推理从公理导出。所以几何学基本上是一門演釋的科学。 現在很多几何学家的工作是在設法揭示出所有对于建立：儿何学体系必不可少的公理，井且尽可能地减少公理的条数。这方面的工作还在上个世紀就开始了，虽然已經做了很多，但 ==========第11页========== 10 儿何学中的証明 是直到現在也还不能認为这項工作已經做得十分完美了. 这样，总秸本节的全部說明，我們現在可以回答这个問題了：究竟什么是几何学上的証明呢？正象我們看到的，証明就是推理的系統，要証明命题的正确性就应該用推理方法从公理和以前証明了的其理推导出来。 下面再回答一个問题：用演釋推理得到的命题，它的正确性：是拿什么来保証的呢？在演釋推理时，我們把某些普逼規律运用到特殊情况，因为十分明显，所有一般地总是正确的东西对于每个个别情况也將是正确的。这就保証了演釋推理的正确性. 例如，假使我說，任何三角形三个内角的和等于180°，几 何图形ABC是一个三角形，那末，毫无疑問：∠A+∠B+∠0 =180°。仔細地研究儿何学，就不难确信，我們对于推理每一步都是这样考虑的. 为什么必須証明？ 【。現在我們来設法回答第二个問題：“为什么必須証明？ 証明的必要性是由于避輯学（邐輯学是一門关于正确思雉的规律的科学)的基本规律之一一充足理由律的秸果。·这个規律包含这样的要求：要求我們提出的任何論断是有根据的，也就是說，要使得論断带足够有力的論据，来証实我們的論断的正确性以及它跟事实和实踐的一致性。这样的論据 ==========第12页========== 为什么必须証明？ 11 可以是能够用視察和实驗方法来驗証的指示，也可以是含有 布 推理系統的秸構正确的討論。 在数学上和我們有关的主要是后一种論据。 証明儿何学命题的目的就是，要从已經証明的或人所共、知的眞理，用韆輯推理来确定这命題的可靠性。 但是，这里終究发生問題了：假使要証明的命題不加証明就足够清楚了，那末是不是还值得証明呢？ 例知中世紀的印度数学家們就贊成这样的覌点。有很多儿何学命題，他們并沒有証明，却对它們箱制了充分达意的图，图下就写了“你着！”一句話。比如說，印度数学家巴斯卡拉·阿查里雅著的“利拉瓦底”一書里的勾股弦定理就是这样(图2)。藏者应骸从这雨張图“看出”，直角三角形在雨条直角边上作成的正方形面积的和等于斜边作成的正方形的面积。 ￥ 能不能說，在这情况下沒有証明呢？当然不能！假使藏者只是看着图而不加思索，忍怕他就得不到什么秸論。事实上，这位著者是假定護者不仅看图，而且还进行思考的。藏者应該明白，眼面前画着的是雨个面积相等的正方形。第一个正方形是由叫个全等的值角三角形和它們的斜边園成的一个正方形排成的，第二个正方形 图2. 是由同样的四个直角三角形和在直角边上作成的雨个正方形糕成的。剩下的只要考虑到，如果从等量（雨个相等的大正方 ==========第13页========== 12 儿何学中的：証明 形的面积)减去等量（四个直角三角形的面积），那末我們剩下的也是等量：第一个正方形里三角形斜边圍成的正方形的面积和第二个正方形里在直角边作成的雨个正方形面积的和相等。我們可以看到，在这里單靠眼睛看是完全不够的，还需要思考和判断。 但是，也許几何学里眞会有这样的定理吧，它确实显而易見，可以不用作什么思考？ 这里首先应該指出，在精密科学里-一貫靠“显而易見”是不可以的，因为“显而易見”这个概念是非常模糊利不可靠的：有些事对某一个人是十分显而易鬼的，而另一个人却威到非常可疑。只要想一想，亲眼看見某一件事的人們在描述这件事时是多么不一致，根据所謂“見証人的供嗣”来确立其理有时侯是多么困难，你就明白了， 可以举一个有趣的儿何学例子，来說明我們是会被表面上的“显而易見”舍糊辐过的。这个例子是这样的：我拿-一張纸，在上面画一条速績的開筏；然后我用剪刀沿这条袭把紙剪开.要間：割缝的雨喘碰头以后，这張紙怎样了呢？恐怕你們大多数人会不加思索地回答：这張紙分成單独的雨片了。但是，这个回答可能是不正确的。我期且来做一个这样的实驗：取 一条紙帶，先把帶的一端翻过来，然后把它粘合成环形。結果我們得到了所謂“謀比鳥斯帶”（图3）.（謀此烏斯是德国数学家，他研究过这种面.)現在如果順着紙帶沿閉嶘把这片紙剪开，使割縫和它雨边差不多等距贫，那末这張紙并不分成單独的雨部分一我們手里仍旧是一整片衹，类以谢才說过的一 ==========第14页========== 为什么必須証明？ 些事实不得不使我們考虑到，根据“显而易鬼”而提出的理由，我們究竟能相信多少。2。我鹏更仔網地来分析这个間题。把上面蕃过的这位 六年級同学的情况作第一个例子。这位姑娘党得很奇怪，老师画了两个全等三角形，再来 图3. 証明这件好象是十分显而易見的事情，就是：它們是全等的。当然，事实完金不是这样：教师根本沒有画全等三角形，越面 了三角形ABC(图4)以后，却殷另一个三角形A'BO'是这 样構成的：A'B=AB,B'C=BC,以 及∠B'=∠B;然而我傅并不I道， ∠A'和∠A、∠O和∠C以及边A'C 家 和AC是不是相等（要道，她并沒 有按照角A和C来作出角A'和0”， 也沒有把边A'C'作得和A0相等)。· 可見，在这种情况我們必須从 条件A'B=AB、B'O'=BO和∠B =∠B推出三角形的全等性来，这 图4. 就是說，它們其余部分的相等当然是需要作一些推論，也就是需要証明的。也很容易指出，根据雨三角形三对相应元素分别相等而得到它們是全等的結論，远不是这样“显面易見”的， 一下子就可以看出来的.我們把关于三角形全等的第一条定 ==========第15页========== 14 儿何学中的証明 理的某些条件改变一下：一个三角形的两边相应地和另一个 三角形的雨边相等，它还有一对角相等，但不是这雨边的夾 角，而是雨对等边中的一对例知BC和B'”的对角相等。我 們把这些条件写出来：在△ABC和△A'BO”中，A'B'=AB, B'G”一BC和∠A'=∠A。关于这样兩个三角形，我們能說些 什么呢？由于跟两三角形全等的第一个情况类似，我們可以希望現在这雨个三角形也全等，但是图5非常显而易見地使我 們相信，这里画的三角形ABC 和A'BC'虽然满足条件A'B =AB、BC=BC和∠'=∠A, 它們却根本不相等。 象这一类的例子使我們不得不在思考时十分謹旗，它們 十分满楚地指出，只有作出正确的証明，才能保証我們所殺 图5 的命题的正确性。 3。現在我們来分析引起我的鄰居多列疑問的第二条定理一一关于三角形外角的定理。确实，在标谁教科書里那張图上，外角都是鈍角、内对角都是銳角，不必测量，用眼睛就很容易看出来。但是，从这里是不是就可以得出秸論，設这条定理不必証明了呢？毫无疑間，是不可以的。要知道，定理不是 号 彈單对画在書上、紙上或黑板上的那个三角形說的，而是对任意的三角形說的，它的形狀可以跟教科書上邦个三角形很不样。 ==========第16页========== 为什么必須証明？ 15 例如，我們設想A点沿着一直綾离C点远去。这时侯我 锕得到的三角形ABC(图6)，在B点的角也是鈍角。假如A 点离开C点10公尺的話，那 末在这样狭長的三角形里，我們学校用的量角器已經不 能党察出内角B和外角的差 图6. 别了。其的，如果A点离开C点的距离等于地球和太阳那么 远，那就可以十分肯定地說，在現代最精密的测角仪器中，沒有一件能够党察出这雨个角的差别来了。从这里可以看得很楚，就是对这条定理也不应当說是“显而易見”的。对这条定理作的严格証明并不依賴图上画的三角形的偶然形状，并且它指出，不管是怎样的三角形，不管它們各边間的相对長度怎样，关于外角的这条定理总是正确的。所以，就是在内角 季事 和外角之閒的差别小到連我們的量仪器都会测不出的时候，我們仍然可以坚信，这个差别是存在的。因为我們已錾証明了，在所有的情丸，三角形的外角永远此它的内对角大。从这个例子应該注意到，在証明几何定理时图所起的作用。应当好好記住，在証明定理时，图只是輔助的工具，它只是一个例子，只是要証明的定理涉及的整类几何图形的一个 笑 特殊情况。因此，善于花图上把图形的普遍的固有的性質和它特殊的、偶然的性質区别开来，是很重要的。比如說，标谁教科書引用的关于三角形外角的定理的图上，外角是鈍角、内是銳角这一事实是偶然的。显而易見，在証明对所有三角形都普逼成立的性：質时，是不可以依靠这样的偶然事实的。 ==========第17页========== 16 儿何学中的証明 几何学正明的主要特征（在很大程度上决定这种証明的必要性)是用証明来确立空聞图形的普逼性質。如果証明的过程是正确的，根据的出发点也是正确的，那末我們就可以确信所証明的原理的正确性。正因为这样，我們扌相信任何一条几何定理，此如勾股弦定理就对任何直角三角形都成立，不管直角三角形的尺寸火小，边長是儿毫米或是儿百万公里。 4、最后，关于証明的必要性还有-一个非常重要的理由，·就是，几何学不是锚写物体空聞性質的真理的偶然堆砌，面是按照严格的規律建立起来的科学体系。在这个体系里，每一条定理和以前建立的命题的总有机地联系起来，而每一个联系都是用証明揭示出来的。比如說，三角形三个内角的利1等于180°这-一条著名定理是根据不行袭的性質得到証明的，它指出了不行筏的理論和多舟形的藷內角的和的性質之間的直接联系。和这完全相仿，相拟形的金部理論都根据平行淺的性質。 这样，每一条几何定理和以前証明的定理構成的整个指理体系相联系，而以前証明的定理却1爽早証明的定理相联系，这样一直推下去，直到構成整个几何学大厦的基硼的基本定义和公理为止。任意取一条几何定理，分析它根据的所有命題，就不难探求得这个联系的体系 現在，把关于証明的必要性的垒部說明总結一下，我捫可以这样說： (一)在几何学中，只有少数基本的宾理一公理一可以不加証明地应用。其余的其理一定理，都要根据这些公 ==========第18页========== 証明应骸是怎样的？ 17 型，循着一系列推弹的方法来加以証明。公理本身，同时还有用公理証明的那些定理，被多次的覌察1長期的实駿所証实，这样公理本身的正确性才得到了保証. (二)証明是由于我們思維的基本规律之一一充足理由律一的要求而进行的，这个規律指出，我們的論断的正确性必須有严格的根据。 、(三)在結構正确的証明中，只能依靠以前証明的命题，决不尤許引用什么“显而易見”④。 (四)对于要証明的命题的普通性，也就是指定理对于所有特殊情况都适用，也必須加以証明。 (五)最后，靠了証明，使儿何学其理具有科学知藏的严整体系，在这个体系里揭示出空間形体的各种不同锉質之間的圣部内在联系。 三証明应該是怎样的？ !。現我轉向下…个問題：証明必須滿足什么样的条件，我們才能認为它是正确的？这里的所郡正的，就是指这个明保証了从正确的前提推出正确的桔論。者光我們注意到，每个証明都是由一系列的推理組成的；所以証明的正确或者不正确，要看粗成它的各个推理的正确或者不正确来决定、象我捫已紅在前面看到的，演釋推理是把某些普逼的规 ④有許多由于它的“显而易見”而被都为毫无疑間的科学原理，后来发現原来是錯的。任何一門科学，每一条原理都应毯严格电証明 ==========第19页========== 18 几何学中的証明 律应用到铪定的特殊情况。为了不許推理中有錯諛，必須了解某些用来表示任何概念（包括儿何概念）之間关系的图解。举个例子来設明一下。假殺我們建立了这样的推理：（1)矩形的雨条对角筏相等。（2)正方形是~种矩形。(3)桔論：正方形的雨条对角钱相等。 在这种情况我們有些什么呢？第一个命題确立了某个普逼規律，使人确信所有的矩形，也就是这一整类啡做矩形的儿何图形，是扇于其有相等对角筏的一类四边形。第二个命題肯定了正方形这类图形是矩形这一类的一部分。从这里我們完至有理由作出桔論：正方形是具有相等对角钱一类四边形 的一部分。我們用一般形式来表达这推理。用P来表示大类 别（具有相等对角矮的四边形)，用M来表示中类别（矩形）， 用S来表示小类别（正方形）。这样我們的推理就象下面的格 式： (1)凡M为P. (2)凡S为M. (3)桔論：凡S为P。 这关系不难用图来表示。大类别P, 我們用大圓来表示（图7）。中类别 M用完金处在第一个圓内的較小的 圓来表示。最后，小类别S用处在 第二个面内的更小的圓来表示。无 疑地，在这种情况圓S完全处在國 图7. P内 ==========第20页========== 証明应骸是怎样的？ 19 我例得指出，这种表示概念之間的关系的方法是由律大的数学家、彼得堡科学院院土里奥那德·欧拉(Ieopπ9rep;1707-1783)提出的。 用相仿的图解，我們也可以表示出推理的其他形式。我門再分析一个舍有否定桔論的推理： (1)凡雨对角的和不等于180°的四边形，不能内接于-圓。 (2)斜角本行四边形雨对角的和不等于180°。 (3)秸論：斜角平行四边形不能内接于一圓。 我們用P来表示不能内接于一圓的这类四边形，用M来表 示雨对角的和不等于180°的这类四边形，用S来表示斜角平 行四边形。这样，我們肯定，我們的推理是按下列格式構成的： （1)凡M都不为P。 (2)凡'S为M. (3)粘論：凡S都不为P. M 这个关系用欧拉園（图8）来表示也十分明显。、 儿何学中絕大多数的演釋推 图8. 理，不是按第一种格式構成，就是按第二种格式構成。2。类似的表示几何概念之間的关系的方法，使我們能够明白任何推理的桔搆，发現不正确的推理中的錯諛所在。作为例子，我們来分折前面提到过的、老师認为是结諛的位八年级同学的推論。这位八年殺同学作出了这样的推 ==========第21页========== 20 儿何学中的証明 理： (1)凡外切四边形雨组对边的和必相等。 (2)有一已梯形的雨組对边的和是相等的。 (3)結論：这已知梯形能够外切于一圓. 用P来表示外切四边形，用M来表示雨粗对边的和相等 的这类四边形，用$来表示雨底的和等于雨腰的和的这类梯 N 形，我們的推論成为这样的格式： (1)凡P为M. (2)凡S为M. （3)秸論：凡S为P。一 这就錯了，因为我們用欧拉圓来表示这些类别之閥的关系（图9）， 就可以看到，P和S都处在M内， 图9. 但是对于S和P之間的相互关 系，我們并不能作出什么待論来。 为了更加清楚地使人相信得到的猪論是不正确的，我們引用一个完杂相似的推理来作例子： (1)凡雨角互为鄰补角的，它糊的和是180°， (2)雨已知角的和是180°。 (3)结論：两已知角互为鄰补角。 这结論当然是錯的，因为雨角的和可以是180°，却根本不是鄰补角（例如圓内接四边形的雨对角）。为什么会得到这类錯头呢？这点的解釋如下：因为朵用类拟的推論的人沒有引用逆定理，却引用了正定理。在外切四边形的例子里，定理是以 ==========第22页========== 证明应骸是怎样的？ 21 外切四边形雨組对边的和相等这一点作基甜的。而逆定理凡 ● 雨组对边的和相等的四边形可以作一内切圓，在标谁教科書里井沒有証明；虽然它是可以証明的，現在我捫就把这个証明写出来。 如果这条定理已經証明，那末正所的推理应構成如下的形式： (1)凡雨組对边的和相等的四边形，可以作一内切圓。 (2)已知梯形雨底的和等于雨腰的和。 (3)桔論：因此可以作-一圓内切于已知梯形。这个桔論当然是完金正确的，因为它是按图7表示的格式搆成的： (1)凡M为P. ◆ (2)凡S为M. (3)桔論：凡S为P, 所以，这位八年級同学的錯哭就在这里：他在他的証明里依靠了正定理，而当时他却应骸根据逆定理。·3、我們来証明这条重要的逆定理。 [定理]凡雨粗对边的和相等的四边形，可以作一丙切图. 我首先注意到，如果可以作一圓内切于一四边形，那末 ·这个圓的圓心到四边形各边的距离必相等.'又因为一个衡的平分钱是到这个角的雨边等距离的点的軌迹，所以内切圓的圓心一定处在四边形各内角的平分钱上、这样看来，内圆国心就是四边形各内角不分筏的交点了。 进一步說，如果这个四边形郎使只有三条角的本分钱相 ==========第23页========== 22 几何学中的莊明 交于同一点，那末第四条角的不分栽也必定通过这一点，并且这一点和所有四边等距离，因此它就是内圓的圓心。要証明这一点，可以运用証明凡三角形都可以作一内切圓这条定理时引入的那些推論，因此我們就讓藏者自己去作出証明。我捫現在轉向証明的基本部分。假定我們有一个四边形 ABCD(图10)，并且有下列关系成立： AB+CD=BC+AD. (1) 首先我們除去四边形是菱形的情况，因为菱形的对角殺就是内角的夺分楼，所以它們的交点就是c内切圓的圓心，这就是說，在菱形里总归可以作一个内切圓。因此我們假設，在我們的四边形里有 雨条不相等的鄰边。例知，設AB >BC。这时候，根据等式(1)我 图10. 們將有：CDb。設在依次用b来分，用第一次剩余 来分6…时，我們得到剩余的无限序列：T1,2,”8,·, 而且每-一个在前面的剩余都此后一个大。这样，我們有： a>石>r1>r2>r3>… 我們假設綫段a和b有公度p,根据公度的性質，α、b和每 一个剩余r1、T2、r3、…都应該是p的整数倍。設a是p的 ==========第31页========== 30 儿何学中的証明 倍，b是的%倍，r1是p的礼1倍，r2是p的九g倍，…r是p的%k倍等等。数m、n、1、ng、g、…都是正整数，而且根据这些筏段之调的不等式，在这些数之間我門也將有相应的不等式 m>n>n1>%g>ng>… 因为我們假設线段的序列是无限的，琳末数列m,m,m1,2,,二定艳是无限的；这是不可能的，因为递减的正整数序列不可能是无限的。得到的矛盾追使我們否定关于这样的镂段存在公度的假設，也就是肯定它們是不可公度的、关于正方形的例子，使我相信确实存在这样的棧段，对它們来能，依水分荆的过程可以永不愁止，这也就是說，正方形的对角機和边是不可公度的. 如果沒有这个补充的命題，不可公度筏段的存在性的証明井沒有达到自己的目的，因为証明的原来根本不是我們锦要証期的那个命题 8。在証明中地往往发生另一种类型的錯麒，这种錯諛栽是在証明时依靠了还沒有証明过的命题。甚至于还有这样的情况，虽然并不常見，就是証明时引用的拾巧是正在証明的命題。比如殺，有时侯会听到老师和同学聞的这样的对話。老师問道：“为什么这兩条直袭是垂直的？”同学回答說：“因为它們的夾角是直角.“邦末为什么是直角呢？“因为这雨条值钱是互相垂直的.” 类似这样的錯誤斟做“証明中的循环”，象上面說的这趋明显的形式是很少碰到的。比較常見的是这种錯誤的隐蔗形 ==========第32页========== 証明应該是怎样的？ 81 式。例如，給同学們出一道趣：“武証明，如果一个三角形有雨 养 余角的不分袋相等，那末这个三角形就是等腰三角形.” 証明是这样进行的：“設在△ABC内，角的下分筏AM和 BV相等（图16）.我們来分析△ABM和△ABN,它們是金 等的，因为AM=BN,AB是公共 边，而且∠ABN=∠BAM,因为 它們是雨个相等底角的一牛。这 样，△ABM=△ABV,可見AN =BM。我們再来分析△CM 1△BCN,它嘲是全等的，因为 AM=BW,而且这雨条边的相应 的眦鄰的角相等。所以NC= 图16. MC,可見AN+NC=BM+MC,也就是AC=BC,这就是要 証明的。” 这个証明，錯麒就在引用了三角形雨底角相等。但是要知道，这雨个角的相等是从等腰三角形推导出来的，这却正是要証明的命題。 。 也往往有这样的情死，証明时根据了还沒有証明过的命題，認为它們是显而易兒的，虽然这些命题并沒有归入公理一类。我博来研究雨个例子。在研究关于直钱和圓相互位橙的問題时，我們看到三种情形：(1)直袭圓心的距离大于尘徑 一直綫怒过圓的外部；(2)直袋圓心的距离等于牛徑—一直袋和圓有一个而且只有一个公共点（相切），(3)直钱和圓心的距离小于华径一直钱和園有雨个公共点（相割）。· :. ==========第33页========== 2 儿何学中的証明 我們要注意这一点，对前雨个命題都作了正确的証明，而对第三种情形却說：“一直綫經过圓内的一点，那末，显而易見直稷是圓相割的.”然而不难看出，在这个論断中，在“显而易見”这个詞下面包舍着一个十分重要的儿何命题：“凡經过圓内一点的直棧，必和圓相割.”的确，这个命題是相当显而易見的，但是我們已經指出，“显而易見”这个概念是多么模糊和不明确。所以这个命题必須不是归人公理，就是用其他的命題来証明。 我們引用在初等几何課本里提到的、关于外切四边形的逆定理的証明来作第二个例子。这就是要証明，如果四边形雨粗对边的和相等，那末在这个四边形里就可以作一内切留。 我們按字面进行証明：“已知AB+CD=BC+AD(图 17)。作圓和边AB、BC、CD相 切.証明，这圃也边AD相切。 我糊假設它不和边AD相切。 过A点作切棧AD1,就得到外 切四边形ABOD1;在这个四边 形里，根据正定理就有AB+ CD1=BC+AD1。从原来的等 图17. 式逐項减去这个等式，就得到： OD二CD1=AD-AD1,或者DD1=AD-AD1,这是不可能的 (△ADD1雨边的差不可能等于第三边).因此，和边AB、BC、 CD相切的圓必定也边AD相切.” 这个証明的錯哭是在根据了还沒有証明的关于点A的位 ==========第34页========== 新明应該是怎样的？ 33 霞：首先必須証明圓的切点是在 点A和B之間。假使点A1D 有图18祥的位置，那未对它們就不能作出証明中引用的推論。 可以証明纫点必定在A和B、C D之間，但是这样就会引起相当 長的推論，所以最好还是利用我 图18. 們以前指出的那个証明（見第21頁）。 这样看来，对于我們的問題“証明必須满足哪些条件，它才是正确的，也就是扌能保証被証明的命题的正确性”，我們应該这样来回答： (一)証明应蔽只根据正确的你题，也就是根据公理和以前証明过的定理。 (二)所有榫成証明的推理应蔽是秸機正确的。 (三)必須时刻注意証明的目的一确定被証明的命題的正确性，不讓某些其他的东西暗中頊替了这个命题①，9。因为有必要避守这些要求，自然就发生这样一个問題：究竟怎样来寻求正确的証明呢？ 对于解决这个問題，我来提出一些意見、。首先，当我們拿到某个儿何学命題要加以在明时，应該十分明确地把基本思想区分出来，这思想应該就是証明的对象。往往这思想表达得不够明显。例如，我們有这样一个命題：“弑証明，順次联 这一点是从第8-29頁上的例子得到的。 ==========第35页========== 84 几何学中的証明 桔四边形各边的中点，我們就可以得到一个下行四边形.”我們能多拿什么来証明得到的确是不行四边形呢？为了回答这个間题，我們記起了不行四边形的定义：平行四边形是对边雨雨下行的四边形。这就是說，我們要証明得到的棧段是雨两平行的。 在区分出应当証明的命题以后，应骸从所給定理中区分出文句里給出的、对証明是必不可少的那些条件。在所举的例子里提到，順水联桔四边形各边的中点，一这就是說，在 四边形各边上，取把边分成相等雨部分的各点。 我們把所有这些記成象学生做棘习逗时通常朵用的形式，归秸在“已知”和“求証”这雨项之下。这样，在我們这个例 子里，假使我們有四边形AB0D(图19)，M、N、P、Q是四边 的中点，那末我捫就可以把这条定理記成： 已知：在四边形ABCD里， MA-MB,NB=NO,PC=PD, 8 QD-QA. 求：MN∥PQ,MQ∥NP N 在这样記下以后，就进行定理的証明。証明时：我們应該利用以前确立的公理和定理，同时 图19. 应骸利用在定理条件中指出的那 些特殊关系（这点要特别牢配）。 10。但是，怎样去找那些把要証明的命题跟以前确立的 ==========第36页========== 酈明应該是低样的？ 35 真理定实的条件联粘起来的推理順序呢？怎样从大量各式各样的命题中，挑进出能帮助我們証明我們的定理的命题昵？ 我鸺找时，最合理是从要求証明的命题出发，提出这样 一个問题：娜个命题的結果可以得到要求誕明的命題？！果找到了这样的命题，并且它还是条件以前証明过的定理的待果，邢未我的閻題就解决了。如果找到的命题不是这样，那末我就对这个新命题重新提出同样的問題，往下类推。这样的思考方法在科学上就叫做分折、 在我鸭研究的四边形的例子里，我們要証明儿个袭段的平行关系。同时我两記得，这些筏段是联結四边形各边中点的。明确了这一点，我們就自問：在以前証明过的命題里，！沒有討論到关于联結多边形各边中点的棧段的不行关系的呢？关于三角形均筏的定理就是一个这样的命题，它說，联結 三角形雨边中点的筱段不行于第三边并且等于它的一牛。但是在現在研究的图形里井沒有这样的三角形。然面这样的三 角形不难在这个图形里構成。例如，作对角袭BD。这时候 我們立刻得到雨个三角形—一ABD和BCD,筏设MQ和NP 就是它們的均筏。可見，MQ∥BD和NP∥BD;因而NP∥ IQ。作另一条对角袋，我們用类似的方法就可以証明MN∥ PQ。但是第二大構成这样的三角形是不必要的，因为从第一 X三角形我就有MQ=是BD和NP=是BD;因而Q= NP,这就是設，四边形MNPQ的对边MQ利NP不仅平行 而且等，从这里以直接推出，这个四边形是一个平行四边形。 。.… ==========第37页========== 36 儿何学钟的証明 我們用关于三角形内角的和的著名定理来作第二个例子。这里，在定理的女句里不包含任何特殊条件，因此应骸仪仪記成，求証：在 q.a .a △ABC(图20)内，&+B+Y 图20. =180°。 从要求証明的命题的内容，可以看出，我們必須作出三角形三内角的和。最合适的是就在原来的图上作出。我們在角 B的頂点B作出角y'=Y。这时候，角y'的-一边BD,根据在 截籁BC通过时雨内结角相等，必和AC不行。过B点延長 边AB,得到∠DB正，用a来表示它。a'和a是雨平行钱C、BD1截钱AB所構成的同位角，所以a'=a。于是我們有：a'+B+y'=180°，因为这些角共词样成一不角。由于角的等式a'=a,y=Y,我們就得到要求証明的关系 a+B+y=180°. 在所举的雨个例子里，我們都相当快地找到了要求的关系。但是也常有这样的情况，利用了一系列辅助的命题，关系才被确定。这时侯，分析就变得比較長而复杂了。 1。举一个比較复杂的分析的例子。求証下面的命题：如果作一圆外接于一三角形，井从圆上任意一点作三角形三边的垂畿，那末它們的垂足在向一直筏上（西姆松綫）。 我們来进行分析。設ABC是所設的三角形（图21），M 是外接圓上的-一点，N、P、Q是骸点在三角形三边BC、CA ==========第38页========== 赢明应該是怎样的？ 37 AB上相应的投影。要求 証明，N、P和Q是在同一直 钱上.·考虑到点N、P、在 同一直筏的条件和角NPQ 是平角是等价的，我們就可以写下要証明的命題了。因而，我們有： 已知：MN⊥BC,MP Q 1CA,MQ⊥AB;M是△ BC的外接圓上的点. 图21。 求証：∠NPQ=180°。 家 分析角NPQ,我們看到它是由∠MPN=6,∠MPA =90°和∠APQ-a構成的。知果我們成功地証明了∠NPQ=6+90?+a一180°，那末这个命题也就証明了。要达到这个目的，我們只要証明a+6=90°就够了。我們来研究∠CPN=a'。因为∠MPC=90°，所以也就是a'+6=90°。因而如果我們成功地証明了α'=α，邪末定理也就証明了。我們研究 一些新的、对它們能够用得上定理条件的角，来設法建立需要 的等式。直角∠APM∠AQM都对着淺段AM,所以用 AM·当直徑作出的圓必定通过P和Q。按圓周角的性質， ∠AMQ=∠APQ=a.类似地，用MC当直徑作圓，我阀看到，它通过P和N;按圓周角的性質，∠CMN=∠CPNa'. 現在我捫設法証明∠AMQ一∠CMN。我們注意到，四边形 4BCM是内接四边形，所以它对角的和等手180°： ==========第39页========== 8 几何学中的証明 ∠AMC+∠B=180° 或 ∠AMQ+∠QMC+∠B=180.} (1) 另一方面，在四边形BQMN内，点Q处和点N处的角是直 角，所以其余雨角的和等于180°： 或 au+ew8 (2) 此較等式(1)1(2)，就得到： ∠QMC+∠CMN+∠B-∠AMQ+∠QMC+∠B, 由此得 ∠CMN=∠AMQ, 也就是 a'=a。 象我已經看到的，从这里就可以推出，α÷δ=90°，α+ 6+90°=18)°，最斤，∠NPQ=180°. 郊果我們要順序地叙递明过程，邦就不得不走相反的 道路：首先我們証明，∠MQ=∠CMN,进一步建立等式 ∠MQ=∠APQ和∠CMN=∠CPN. 最后，由于∠CPA=∠CPN+∠MPN+90°=180°，我 們得到∠NPQ=∠MPN+90°+∠APQ=180°，也就是点 N、P和Q是在同-一莲棧上. …这个分析湘反的叙逃証明方法，在課本上或在髁堂上证明定理时通常朵用，啡做棕合法。用粽合法叙远証明比較簡軍面且自然，但是不应藏忘記，在寻找証明时，我侧不可避 ·免地要朵用分析法。 可見，分析和踪合—一同一过程的雨个不可分割的阶段一，成了所給定理的证明。分析是寻找証明的方法，粽 ==========第40页========== 証明应該是怎样的？ 39 合是叙証明的方法、 当然，在寻找某些命題的証明时，不是經常很容易找到需要的推理順序的。不是常常能立刻走上正确的道路的，有时不得不放棄原来拟定的方法而换用其他方法。 举一个例子。設我們要証明这个命題：“知果三角形的雨 条中钱相等，那末这个三角形是等腰三角形.”在已知△AB0 丙，中棧AM和BW相等。起初可能党得研究一下三角形 ABM和ABN井証明它們全等是合适的。但是不摊看到，对 于这样的証明我們沒有足够的根据：我門只知道AMBW, 以及这雨个三角形的边AB是公有的。慨沒有給我捫角的等 式，也沒有給我們第三对边的等式。所以不得不放棄这样的 道路。恰恰一样，我們也确信，研究三角形ACM和BCV是 沒有意义的，因为对于証明这雨个三角形金等，我們也缺少根据。放棄对这些三角形的研究，我們来寻求新的途徑。把雨 条中钱的交点記作P,我們来研究三角形ANP和BMP。由 于雨条中筏是相等的，并且点P处在每一条中接的三分之一 地方，就得到PN=PM,PA=PB,以及∠APN=∠BPH, 因为它們是对頂角。因而△ANP=△BMP,也就是AN BM、又因为这些钱段是相应的边的一牛，所以AC=BO, 这就是要证明的。 善于进行分析并独立地寻求証明，要通过多大棘习才能做到，因此必須系統地解明題。 12、在秸束这一部分时，我們蒋而注意到，証明定理可以用雨种方法一直接方法和間接方法。 ==========第41页========== 0 儿何学体的証明 在直接証明的情究，我們在这命题和以前証明的命題之聞建立起直接的联系，来断定要求証明的命题的正确性。 在非直接（間接）証明的情况，我們安排如下：怀凝要求証明的命题的正确性并把它看作是结的，但是我們得到了和条件或和以前证明过的命题相矛盾的钴果。所以間接証明也啡做反証法或归惑法。 在前面的設明里，我門主要朵用直接証阴。現在来举儿个反証法的例子。 我們举三角形全等的第三个到定定理的証明来作第一个例子。在課本里指出，用重合法証明这条定理是不方便的，因为我对于角的相等性一无所知。但是，采用反証法，它就可以用重合法来証明了。 設AB0和A'B'C'是雨个已知三角形（图22），在它捫里 面，B0=B'O',CA=CA', AB=A'B。为了証明，我們 把△A'B'C移到△ABC上， 使A'B1AB重合。因为我 們对于角的相等性一无所 图22. 知，所以我門不能断定点 落在点C上。囚此，我們假設点C落在C”上。联特C和 gm.△AO0'是等腰的（根据条件AC'=AC),△BCC”也 是等腰的（根据条件BC'=BO)。等腰三角形ACC'的高 AM通过C0边的中点M·(因为等腰三角形的高和中筏重 合)。等腰三角形BOC”的高BM地通过CC'边的中点M。 ==========第42页========== 証明应骸是怎样的？ 41 于是我們得到，从一点M作出直袋CC”的雨条垂筏一AM 和BM。这雨条垂袭是不可能重合的，因为重合就表示A、B 和M是在同一直餐上；但是由于点C和C”(也就是整个棧 段)处在直袭AB的同側，所以这是不可能的。 这样我們得到，如果假設C和0不重合，桔果从同一点 M就作出直袭C0'的雨条不同的垂袋。但是这和以前建立 的垂钱的性質相矛盾。因而，在移置三角形时，点0必須和点 C重合，我們就得到，△ABC=△A'B'C。 我們用以前提到过的邦个命題来作第二个例子：如果三角形的雨条再的$分袭相等，那末这样的三角形是等腰的。 設我們有△ABC和它的雨条角的平分筏AM和BN (图23)。 記下定理。 已知：在△ABC内，∠CAM =∠BAM,∠CBN=∠ABN和 AM-BN. 求証：AC=BC。 我們用反証法进行証明。假設三角形是不等腰的，并且为了 图23. 确定起兒殷AC>BC。如果确是这样，那末∠ABO> ∠CAB。象图上踯样把角标上号碼，就得到∠3>∠1。現在 来比較△ABM和△ABN;AB是它們的公共边，根据条件 AM=BN,而雨組等边聞的夾角却不相等。因而大角对大 边，也就是AN>BM。現在通过点N作筏段ND,和AM相 ==========第43页========== 42 儿何学中的証明 等且平行.这时候四边形AMDV是-一个平行四边形，也就 是說，MDAY,∠5=∠2.联粘B和D,得到△BDN,它是 一个等腰三角形，因为ND=AM=BN,另一方面，在△BDM 内，边MD=AN;但是AN>BM,因此MD>BM,由此∠7> 人6。同时∠4>∠5，因为∠5=∠2=∠1，而∠4=∠3，但∠3>∠1。如果把不等式∠7>∠6和∠4>∠5逐項相 加，就得到：∠4+∠7>∠5+∠6，也就是∠DBN>∠BDN. 我們得到，等腰三角形BDN的雨底角不等。得到的矛盾迫 使我們放棄AC>BC的假設。相仿地，我門能够推翻B0> AC的假設。因此AO=BC. 所举的例子足够清楚地說明了反証法的特性。当寻找論据时发現直接証明有困难，有时甚至不可能找到，通常就朵用这种間接証明。 在这种情况，朵取和要求証明的命题相反的命題，并且蝎力找到这样的推理順序，它可以推导出一个和以前建立起来的命题显然矛盾的命題。在最后雨个例子里，我博就得到了显然矛盾的命題：在第一种情况，我們得到，过一点可以作某直袭的雨条垂栈，在第二种情况，我們得到，等腰三角形的雨底角不等。 四 几何学的哪些命题可以不加証明地來用？ 1。現在我們来回答引言里提出的最后一个問题：几何学 ==========第44页========== 儿何学的娜些命题可以不加証明地朵用？ 43 上有哪些命题可以不加証明地朵用？ 乍一看这問题似乎十分簡單。人人都会說，可以不加証明地朵用的是公理，而公理应骸是选擇出来的、已被多次証实耳不会引超任何怀疑的、正确的命題。但是，当我們实际上武选合适的命题时，就会发現，这工作做起来井不这样篚單 現在大家已簪知道了大量儿何学命題，它侧經常受到实踐考骏，惡怕已鄹很少有人会怀疑它的正确性了。但是，当然决不能由此得出精論，認为所有这些命题都应該看作公理。对我捫来設无可怀疑的命题，例如：过雨点可以作唯一的直綾，过一心知点可以引一条而且只可以引一条直栽垂直于某 一直綫；三角形雨边的大于第三边；和同一条第三棧段相等的雨筏段相等；不行綫之間的断离处处相等；等等。显然，象这样的命数目还可以增加好儿倍。为什么不把所有这些类似的命题都当作公理呢？要知道，如果这做，几何学的叙述就会大大簡化，很多証明就会显得不必要，还有其他等等、 但是几何学的发展并不沿着这条道路；湘反地，几何学一开始就蝎力使公理的数目尽可能地少，而几何学的所有其他内容都从这些为数不多的宜理粥演：方法推导出来。 人們究竟为什么恰怡选擇这条比較困难、复杂得多的道路，来構成儿何学知藏的体系呢？ 从尽可能少的公理出发排成几何学，这种傾向是由一系列原因引起的、首先，公数目减少，每一条公理的意义自然就增大：别忘了，要知道这些公理应該包含着全部未来的几何学，未来的儿何学应骸从它刚推导出来。因此，公理越少，每 ==========第45页========== 44 几，何学中的証明 一条公理就將揭示出空間形体的越普逼、越深刻而且越重要的性質、 促使我們尽可能减少公理数目的另一个主要原因就是：在公理較少的情况，考驗它們的正确性，檢查全部公理提出的条件是否滿足（这点以后我們將說到），都要容易得多。 2、这样，我門面前就摆着一項任务：选取尽可能少的、基本的、最普逼而重要的几何学命题，把它們当作公理。在选擇时我們遵循什么原則呢？首先我們应該記住，不可以輸流地 一条一条地分析公理，而不管它和其他公理的联系。我們应骸朵取的，不是一条孤立的公理，而是公理的完整体系，因为只有这样的体系才能正确地反映出物質世界基本空間形体的实际存在的性質相互关系。 当然，能够包舍在这样的体系中的只是經过无数次考驗的、反映了空間形体的最普逼最基本規律的其理。 进一步，选取这样的公理体系时，我們应該檢查一下，使它里面不包含其他命題相互矛盾的命题，因为这样的命題是不可能同时成立的。此知說，在一个体系里不可能同时有这样雨条公理：“过一已知点可以作唯一的一条直筏垂直子某一直钱”和“过一已知点决不可能作一直袋和一已知直筏平行”。 此外，不但公理不应該相互矛盾，而且在公理的推論中也不应該有雨个相互矛盾的命题。这个对公理体系提出的基本要求叫做相容性条件。 但是和相容性条件同时，我鬥也应骸注意：凡是可以根据 ==========第46页========== 几何学的哪些命題可以不加証明地采用？ 45 其余公理加以証明的命题，都不能包括进我們的公理体系.这个要求是十分明显的，只要我們記得，我們要蝎力使体系成最小，也就是使它只包含最少数的不用証明的命题。要知道，如果所給的命题可以用其他公理来証明，那末它已翘不是公理而是定理了，已經沒有必要把它归人公理体系了。使公理不能用其他公理加以証明的要求饵做独立性条件。 但是竭力使我們的公理体系尽可能地小，我們也不应骸陷人极端，不应該从我們的体系中去掉在叙述几何学时必须依靠的命題。 这是公理体系应該滿足的第三个条件一体系的完备性条件。更确切些說，这个条件可以这样来表达：如果体系是不完备的，那末对它就經常可能加人新的命题（当然，这些命題和其余的公理一样也含有最基本的概念)，这些新的命題將不依賴于其余的定理，也不和它們矛盾。如果公理体系是完备的，那末加入这体系、并含有和公理远及的相同概念的任何新的命題，就或者是这些公理的推論，或者和它們相矛盾。3。为了更加显地想象公理体系的完备性、独立性和相容性諸条件，可以举一个笛單的例子，虽然这个例子不是几何关系的确切反映，但是它提供了相当好的几何关系的比拟。我們来研究一个舍有三个未知数的一次方程粗.把方程組里每一个未知数看作具有一定意义的“概念”，把每个方程看作用来确定这些“概念”之間关系的某一类“公理”。这样，設我門有方程粗 2x-y-22-3, ==========第47页========== 6 儿何学中的証明 龙+y卡42=6. 能不能由这个方程組来确定未知数：、y和：呢？不能，因为在这里方程的个数少于未知数的个数。这个方程粗沒有潮足完备性条件、 現在我們設法修正这个方程粗，再补充一个方程： 2-y-22=3, x+y+42=6, 3x+3则+12z=18. 仔細地研究了得到的方程組，我們断定，新方程的引人并沒有改变这种情况，因为第三个方程是第二个方程的葡單推論，并沒有提供新的关系。在这个方程粗里蓬反了独立性条件。 我期現在故变第三个方程，来研究这样的方程组： 2x-y-22=3, 化+y+42三6， 3x+3y+12z=15. ,也不难断定，这个方程粗对于确定未知数也沒有用。实际上，把最后-一个方程除以昌，我們就得到 x+y+4g=5. 而第二个方程却告訴我們： x+y+42=6。 这雨个方程里究霓应該相信哪一个呢？显然，我們碰到的是矛盾的方程組，从它也不能确定未知数， 最后，如果我們研究方程組 ==========第48页========== 儿何学的哪些金題可以不址证明地朵用？ 4 2x-y-22=3, 花+y+42=6, 2x+y+52=8, 那末很容易判惭，这个方程組有唯-一的解答(=5，y*13,2=一3)，它是相容的、独立的和完备的、如果对方程組再硬加上和x、y和之有关的第四个方程，那末它或者是三个已知方程的推論，或者就和它测相互矛盾。 4。从这里我們看到，选擇作为几何学基础的公理决不是随便的，而是要滿足十分严格的要求的。确定必不可少的几何学公理体系的江作还在上个世冠末叶就开始了，虽然学者們在这方面已經做得很多，但是卸使現在也还不能認为已經彻底完成。問题就在对于現有的公理体系进行系統修改时，学者們有时会发現在这体系里有多余的也就是“依類的”公理，它捫是更單、更普逼的公理的推論，因此校复杂、含有較多条件的命題就要用含有較少条件的公理来代替了。所有这些研究对科学有很大意义，因为它門的目的就是在弄清楚，决定儿何学全都内容的是空間形体的哪些最普逼、最深刻和最重要的性質。 为了提出有关現代几何学的公理体系的某些概念，我們先来看看中学几何学里的叙述，井且所究一下，它是建立在哪些公理上的，它还缺少哪些公理。这里我們只限于下面几何的公理。 中学几何諜程里的叙逃是从弄游楚几何学的一生基本概念一体、面、袭、点开始的。下一步就是从所有的機里区分 ==========第49页========== 48 儿何学中·的証明 出直殘，从所有的面里区分出平面来。中学課程里最前面的 一些公理是孤定点、直袭和乎面之間的关系的。这些公理屬于关联公理一几何学公理的完备体系中的第一组。 这一粗公理确定，基本的几何形状怎样互相关联：用几点决定一直筏和一不面，在什么条件下直袭在某一不面上，等等。 关联公理组的公理，在中学課程里只提到雨条： (1)过雨点可以引一条直钱，井且只可能引一条直綫. (2)知果一直綫有雨点在一平面上，郡束这条直钱就全部在这个牢面上. 同时我們經常自党或不自党地朵用另外一些关联公理，其中作为平面儿何学論据的还需要下远兩条： (3)每一条直钱至少有雨点。象我們凭到的，这条公理包含的要求十分执窄。但是用次序公理，就可以証明直綫上有无穷多个点， ~(4)一平面至少有不在同一直殺上的三个点。这条公理也只包最少的要求，但是根据这条公理进一步可以証明一不面上有无穷多个点。 5。我們轉向第二組公理，这在中学髁程里是完全沒有的，虽然每一步都不得不用到它們。第二粗公理叫做次序公理。这些公理描写了直袋上各点閥相互位置和不面上点种直钱間相互位置所服从的規律。我們經常在应用这些公理，虽然方式是不明显的、此如說，我們要延長一袭段，那未我們就这样做了，这是因为我們知道，袋段永远可以从雨头延長的。 ==========第50页========== 儿间学的哪些命題可以不知缸明地采用？ 49 如果我們联秸处在一直筏异側的雨点，那末我們确信，得到的餐段一定和这条值袭相交。例知，在証明雨边一角相等的雨三角形全等的命題时，我們就依据了这点（見图13）。还有个例子：我們相信，三角形某一内角的平分矮必定和这个角的对边相交。 无可怀疑，在所有这些情况，我們碰到的事实是十分明显的，然而要知道，它們捫正說明孔何图形存在某些基本性質，这些性質我們經常要用到，所以必須在公理中叙远。 决定直钱上点的分布的公理是和基本概念“在前”和“在后”相联系的，它們表达如下： ()在同一钱上的雨点，可以把任何一点当作在前的点，这时候第二点就是在后的点。 ·(2)如果A、B、C是同一直钱上的三点，并且A在B的前 面，B在C的前面，那末，A就在0的前面. 这雨条公理已經足够清楚地区分出直筏的特性，这些特性不是所有的筏都具有的。此知說，取一圆，按順时针方向在圓上运动， B 次取A、B、C三点；这样我們就断定， 往圆上，点A在点B前面，点B在点C 前面，而点C却叉在点A的前面（图 24)了、在直钱上按上面指出的A、BA 和C三点的位置，我們競，B在A和C 之間（图25）. 图24. ·()直钱上，雨点之間永远有这条直钱的第三点存在。· ==========第51页========== E0 几何学中的証期 A B 速馥地把这条公理应用子 图25. 直筏上的雨点（根据关联公理 第二条，它們是存在的)，然后应用于每条得到的棧段，我們就得到，直筏上雨点閻存在着这条直綫的无穷多个点。 直袭上雨点和它們之間所有的点所屬的一部分直綫此做线段。 (4)对直钱上的每一点来說，一定有在它前面的点，也有在它后面的点。 从这条公理得出直袭段可以向雨方面延長的性質。从这里就推出，直袋上沒有在所有其余的点前面的点，也沒有在所有其余的点后面的点，这就是說，直钱是沒有端点的。含有某一已知点和全部在它前面的点的部分直裁，或者舍有某一已知点和全部在它后面的点的部分直羲，脚做射機或半直钱。 不面上点和值钱的相互位置是由下面一条公理叫做“巴，土公理”决定的，这条公理是用最先表达它的德国数学家巴士来命名的： ()如果已知不在同一直棧上的三点，那末在这个平面内 不过这三点但和由这些点决定的钱段之一推交的直栽，必定还和另一战戚且只和一极段相交(图26). 我們用这条公理来証明关于 图28。 用直钱把平面分成雨拿牛不面的 ==========第52页========== 称 几何学的那碧命题可以不加証明地宋用？ 51 定理。引进这条定理的証明，来当作仅仪根据公理和已經証明的命题作出严格証明的一个例子、我們把定理表达成下列形式。 处在一个平面内的任一直，把平面上所有不屬于这条直镬的点分成雨类，情况是这样的：屬于同一类的两点决定的载段不和这条直钱相交，暖于不同类的两点决定的钱段和这条直，相交。 在証明时为了書写簡路起見，我們將朵用某些專門符号，必須記住。 C是属于的符号：A二u就是“A点屬于直綫”。×是相交的符号：AB><就是“筏段AB和值袋a相交”.某个关 黄 系式上面的一横表示它的否定：Aa就是“A点不屬于直袋a”。‘.是結論的符号，意思是“所以…”。規定了这些，我們就来証明定理了。首先我們注意到，如果三点在同一直钱上，那末对它們来說就有和巴士公理相似的命题成立：和这三点决定的三畿段之一相交的直裁，必定还和另一镂段且只能和 一，段相交。这个命题很容易根据直筏上点的分布的公理証明 实际上，如果点A、B和G在同一直綫上，并且B在A和 C之闐，那末袋段AB和BC的所有的点都房于筏段AC,而 筏段AC的每一点（除了B)不屬于AB,就屬于BC.所以和 AB或BC相交的直羲一定也和AC相交，而和AO相交的直 筏或者和AB相交，或者和BC相交、 現在假定我們在不面上有直綫U。我們应該証明： ==========第53页========== 62 儿何学中的証明 (1)用直綫，可以把本面上不屬于这条直綫的点分类。 (2)类别可能是而臣只可能是雨类。 (3)这雨类具有定理中指出的性質。 为了确定这些情况，我們在直袋外取一点A(图27)，# 朵取下逃条件： (一)A点爵于第一类 (用K1来表示)； (二)知果不于1的一 点和A点决定的綫段不和祖 交，那末这一点屬于第一类； (三)如果不属于的- 图27. 点和A点决定的餐段和？相 交，那末这一点屬于第二类（用K2来表示）。· 很容易相信，的确存在着这样雨类的点。我們在直綫？上 取一点P,直钱PA。从頂点P发出的含有点A的射筏只 包含第一类的点，因为交点P处在点A和射疑上其余的点确 定的筏段外。从同一頂点发出的相反的射筏只包含第二类的 点，因为交点P处在点A和这射袋上的点确定的所有筏段 内。联桔点A和值栽，上的任意点，我們就得到无穷多条包 舍第一类和第二类点的值矮。 类别只可能有雨种，因为对于联桔点A和不屬于【的点 的任一钱段，我們只能說出雨个命題：袭段和？或者相交，或者不相交一不可能有任何第三种情况。 最后我們指出，类别K1和K2滿足定理的条件。我們来 ==========第54页========== 儿何学的哪些命题可以不加証期地朵用？ 53 究下列情形： (1)雨点都屬于第一类：BCK1,CCK1。因为BCK1, 所以AB><;因为CCK1,所以A0<、∴.根据巴士公理 BOxT. (2)雨点都屬于第二类：DcK和CK2。因为DC K2,所以AD>×L;因为E二K,所以AB×。.·.根据巴土 公理DE×. (3)雨点屬于不同的类别：BCK1;DCK。因为BC K1,所以AB×;因为DCK2,所以AD×1。·.根据巴士公 理BD>万，邢末存在这样的整数几，使得乳>a。阿基米德公理收在标准教科書里，在关于筏段的度量一章里。用輾搏相除法寻找雨筏段公度的方法（我們在上面提到过)，根据的就是阿基米德公理。实际上，在这方法里就是 ==========第58页========== 儿何学的哪些命题可以不加証明地采用？ 57 用較小的袋段去分割較大的钱段，阿基米德公理使我惻确信，这样分割下去，較小袭段的总和最后必將超过較大钱段. 我博可以从阿基米德公理直接作出结論：知果綫段血人 于餐段石，那末总存在这样的整数儿，使得÷<万. 第二条速續性公理啡做康道尔公理或内函集桔钱段公理。它的内容是这样的： (2)如果有一系列钱段，其中后一楼段总在前一袋段内，并且在这系列钱段里，总可以找到小于一任意已知钱段的羲段，那末一定存在唯一的一点是在所有这些殺段内的为了明康道尔公理的应用，我們来研究这样一个例子。 取钱段AB(图29)，把它的中 点記做B1,找出AoB1的中点， 記做A1。进一步取A1B1的中 图29. 点，記做B2,并找出綫段A1B2的中点，記做A2。·然后取A2B? 的中点，記做B:,并找出殘段A2B的中点，記做A:。然后取 AB3的中点，等等@。楼段A0B0、A1B1、A2B2、A4gB:等等，是 一系列的内函集黏栽段。实际上，每一个后面的筏段总在前 面一个殺段内，井等于前面一个镂段的4、这样，裁段A1B的 長等于4dB,B±话A4,B,ABa4B,-段 地A:B。=品4B 从阿基米德公理推出，得到的長度AB在足够大时可 以小于任何已知綫段。这样，公理的全都条件滿足了，并且存 ①筱跤AB在图上：口解两不下，不得不靠想聚力了. ==========第59页========== 58 几润学的証明 行获唯一的一点是在这系列的所有筏段内的。这个点不难指 出.实际上，如果在棧段山B的号处收一点M,也就是使 4,1=了4B,那末这就是要找出的一点。事实上，如果取点 A作数軸上計算的起点，取袋段AaB作單位，那末点A1、 …将对应于数籲登子+录=子+量+=…1+口.这些分数中每个都小于·21 4* 实际上，如果这些分数中每个分母减去1，那末分数就增 火，且恰巧等于日： 1+4+4容+…+4m-1 1+4+43+…十4m-1 1 4”-1 て4-11+4+4++4-)= 另一方面，点B1、B2、Bg、…Bm对应于数值 1-공용，-품끓m,1具一一…一2南…1 2832 对应于点B.的数值还可以写成这样的形式： 马-（保》-（路-动）-…-（一2）글-+-+.2 +2 如果把这些数相加，我們就得到： 22m-22M-1+22m-2-…-23+23-2十1 22m+1 从这里不难得到，对应于点B1、B、…B.的每一个数值都大 ①这里我門利用公式： a4一b=(a-b)(am-1十4"-2b十a“-8b3十…十bt-2十bn-)。 ==========第60页========== 几何学的哪些命避可以不加煎明地宋用？ 59 于台，在这个分数的分母上加1，我们就使分数箱小面得到： 2n-22n-1+22m-2-…-23+22-2十1 22m+1+1 22m一22n-1十22m-3-…-23+22-2十1·.12+1)(2202。。…。_2+222+1)~3の・ 因而对应于点B1、B2、B3、…、B、…的所有的数值都大于 司：从这里得背，对应于数饭专的点是作钱段1B,B, …,ABn,…的每一袋段内。因此，这也就是由这个餐段序列决定的唯一的一点。 現在我們来証明关于直袭和圓相交的基本定理。 我們記得，一个圓是由圓心华徑确定的。平面上的点， 春 和圆心的距离小于牛徑的，对圓来說啡做丙点；和圓心的距离大于牛徑的，对圓来說就叫做外点。基本定理是这样表达的：遵结園的内点和外点的袋股和園有一个公共点，而且只 步 有一个公共点。 不 設我們已知一圓，圓心 O,牛徑T(图30)；A是一个 内点(OA<),B是一个外 点(OB>).首先我們来証 明，如果在AB上存在一点 M,它和O点的距篱等于华 徑，那未这样的点只有一个。 图30. ①.这里我鬥利用公式： a2m+1+b2+1=(a+b)(a2n一24-1现.十z2-26-…-a62n-+b2)。 ==========第61页========== 60 儿何学中的証明 实际上，如果存在这样钓一点M,邢末也存在着一点'，它 对于从O所作直筏AB的垂楼来說是和点M对称的，而且 M'O=MO=r,根据从点O引向直筏AB的斜钱的性質，棧 段M'M的金部内点將也是圓的内点，而袭段M'M的外点將 也是圓的外点。所以点A永远应該在点M'和M之間，而在 …襞段AB上只可能有一点M 确定了这点以后，我們把綫设AB等分，并且把从得到的 中点到圓心的距离和牛徑作此較。知果这距离等于华徑，邪末定理就証明了。如果这距璃小于牛徑，那末这一点是丙点， 我們把它記做A1。如果这距离大于牛徑，那末这一点是外 点，我們把它記做B1。 进一步我們取襞段AB(或AB1)的中点，对于它也可能 有三种情况：或者是它和圆心的距离等于牛徑，这样定理就証 明了；或者是这距离小予华徑，那末我們就用字母A和相应的 号碼来标記这个点；或者是这距离大于牛徑，那末我侧就用字 母B和相应的号碼来标記这个点。把这个过程无限糍籁下 去，我們将得到，或者是这些点里有一点和圓心的距离等于华 徑，这样定理就証明了；或者是所有用字母A1、A2、…、A、 …表示的都是内点，用字母B1、B2、…、Bm、…表示的都是外点。但是在后一种情况，我們將得到一系列滿足康道尔公理条件的钱段，因为每一个后面的钱段都在前一筏段内，面后一个栽段長度比前一个筏段短一牛。这就是說，存在着在所有这些栽段内的唯一的一点、因为这一点是在这个筏设上的所有圆的内点和外点之間，所以它概不可能是假的内点，也 ==========第62页========== 儿问学的哪些命题可以不加証明地朵用？ 61 不可能是圓的外点；因而这是圓上的点。 从这条定理特别可以推出：如果一直袭和圓心的距离小于牛徑，那末直筏和圓有雨个而且只可能有雨个公共点。实 际上，設O是圓心，？是牛徑（图31）。从凰心到值袭1的 离OP小于华徑；因而，P是内点。 我們在直钱？上从点P取一袋段 PQ=T. 因为在直角三角形OPQ中，剂斜 边0Q大于直角边PQ=?,所以0Q >,这就是說，是外点。根据已 图31. 整証明的定理，PQ和圓有唯一的一个公共点A。第二个公 共点A'对于垂筏OP和A对称.因为楼段AA'的所有内点 也是圓的内点，而殘段AA'的所有外点对圓来說也是外点， 所以直矮！和圓沒有其他的公共点了。 对于孤段也可以証明和阿基米德公理和康道尔公理类以的命題，这就是說可以証明： ()把一已知孤段速精相加足够多次数，我們总能夠得到 一个弧段，大于任悉預先給定的孤段。 (2)如果有一系列的弧段，其中每一个后面的弧段都在前个孤段内，井且在这系到内总可以找到比任意給定的孤段小的孤段，那末一定存在一点，它在所有这些弧段内。根据这些命題，很容易証明关于圓的交点的基本定理： 如果对于一已知圓来說，A是内点而B是外点，邪末速 桔A和B的任何孤段和已知覆有一个而且只有一个公共点。 ==========第63页========== 62 儿何学中的証明 这条定理的証明眼关于圓利和綫段的交点的定理的明是完全类似的。 8。最后-一粗，也就是第五组儿何公理，它和平行的概念有关，总共只有-一条公理： 过已知直筏外的一个已知点只能作一条直楼和已知直钱行。 根据这条公理得到的命题是大家熟悉的，我們就不去討論它們了·， 我們研究的一系列公理，提供了关于可以作为几何学基不用証明的命影的整体的足够的概念。但是，应該注意，为了設法使叙逃尽可能簡化，我們并沒有蝎力使这个体系的公理数量最少。这些公理的数目还可以减少。例如，阿基米德和康道尔雨条公理可以用一条代替，也就是所謂吉連金特公理。公理中包舍的要求也还可以减弱些。例如，在巴士公理中可以不要求：和三角形一边相交的直还和另一边而且只和一边相交。原来可以只包舍这样的要求：和三角形一边相交的直袭还和三角形的另一边相交，而这样的边只有，一条这 一点是可以証明的.、在康道尔公理的表达中也正是这样，可矿以不要求由一系列内函集秸筏段所决定的点是唯一的。这个点的唯一性也可以証明。但是所有这些都会使叙远困难见長。 我們来对本書叙逃的全部内容做个总桔. (1)我捫肯定了几何学是一門关于物霞世界的空間形体的斜学. ==========第64页========== 几何学的哪些命題可以不加証调地宋用？ 63 (2)空間形体的性質的原始知藏我們是用归納的方法，也就是多次重复的覌察和实驗的方法得到的。 (3)物体的最基本和最普逼的空間性霞我鬥是用一系列基本命题，也就是公理的形式来表达的. (4)公理体系只是在它滿足完备性、独立性和相容性藷条件时，寸正确反映了实际存在的空間性質。 (5)除了公理以外，几何学全部其余的命題一定理—是用演釋的方法，也就是从公理和以前証明了的定理进行推論的方法得到的。推論的系統做証明。 (6)为了使証明是正确的，也就是使得被証明的定理的正确性是无可怀疑的，証明必須建立在正确推理的基础上，并且避免结誤、証明的正确性有瀨于：（一）确切而正确地表达要証明的命题，（二）选擇必不可少而正确的論据，和（三）在証明过程中严格遵守邏輯的規則。 ==========第65页==========