几何原本：第十卷

定义ⅠDefinitions

01 / 能被同一量量尽的那些量叫作可公度量，不能被同一量量尽的那些量不可公度量。

Those magnitudes are said to be?commensurable?which are measured by the same measure, and those?incommensurable?which cannot have any common measure.

02 / 当直线上的正方形能被同一面量尽时，这些直线叫作正方可公度；当直线上的正方形不能被同一面量尽时，这些直线叫作正方不可公度。

Straight lines are?commensurable in square?when the squares on them are measured by the same area, and?incommensurable in square?when the squares on them cannot possibly have any area as a common measure.

03/ 由这些假设可以证明，分别存在着无穷多条与指定的直线可公度和不可公度的直线，一些仅是长度可公度和不可公度，另一些则也是正方可公度和不可公度。于是，把指定的直线称为有理直线，把那些与之可公度的直线，无论是长度可公度和正方可公度，还是仅正方可公度，称为有理直线，而把那些与之不可公度的直线称为无理直线。

With these hypotheses, it is proved that there exist straight lines infinite in multitude which are commensurable and incommensurable respectively, some in length only, and others in square also, with an assigned straight line. Let then the assigned straight line be called?rational, and those straight lines which are commensurable with it, whether in length and in square or in square only,?rational, but those which are incommensurable with it?irrational.

04 / 并把指定直线上的正方形称为有理的，把与该正方可公度的面称为有理的，而把与该正方不可公度的面称为无理的，把产生这些无理面的直线称为无理的，也就是说，当这些面为正方形时，这些直线即指边本身，而当这些面为任何其他直线形时，这些直线则指与面相等的正方形的边。

And let the square on the assigned straight line be called?rational?and those areas which are commensurable with it?rational, but those which are incommensurable with it?irrational, and the straight lines which produce them?irrational, that is, in case the areas are squares, the sides themselves, but in case they are any other rectilineal figures, the straight lines on which are described squares equal to them.

命题?Proposition

命题01

给定两个不等的量，从较大量中减去一个大于它的一半的量，再从余量中减去大于该余量一半的量，这样继续作下去，则会得到某个小于较小量的余量。

Two unequal magnitudes being set out, if from the greater there be subtracted a magnitude greater than its half, and from that which is left a magnitude greater than its half, and if this process be repeated continually, there will be left some magnitude which will be less than the lesser magnitude set out.

?

设AB、C是两个不等的量，其中AB较大：

我说，从AB中减去一个大于它的一半的量，再从余量中减去大于该余量一半的量，这样继续作下去，则会得到某个小于量C的余量。

这是因为，C的若干倍总会大于AB。

［参见V. 定义4］

设DE是C的若干倍，且DE大于AB；

将DE分成等于C的几部分DF、FG、GE，

从AB中减去大于它的一半的BH，

又从AH中减去大于它的一半的HK，

这样继续作下去，直到AB被分成的个数等于DE被分成的个数。

然后，设被分成的AK、KH、HB的个数等于DF、FG、GE的个数。

现在，由于DE大于AB，

又从DE中减去小于它的一半的EG，

又从AB中减去大于它的一半的BH，

因此，余量GD大于余量HA。

又，由于GD大于HA，

又从DG中减去它的一半GF，

又从HA中减去大于它的一半的HK，

因此，余量DF大于余量AK。

但DF等于C；

因此，C也大于AK。

因此，AK小于C。

因此，量AB的余量AK小于给定的较小量C。

这就是所要证明的。

推论即使减去的部分是一半，也可类似地证明此命题。

命题02

从两个不等量的较大量中不断减去较小量，直到余量小于较小量，再从较小量中不断减去余量，直到余量小于前一余量，轮流重复这个过程，若得到的余量总是量不尽它前面的量，则原有的两个量不可公度。

If, when the less of two unequal magnitudes is continually subtracted in turn from the greater, that which is left never measures the one before it, the magnitudes will be incommensurable.

?

设有两个不等的量AB、CD，且AB较小，从较大量中不断减去较小量，直到余量小于小量，再从较小量中不断减去余量，直到余量小于前一余量，轮流重复这个过程，设得到的余量总是量不尽它前面的量；

我说，两量AB、CD不可公度。

这是因为，如果它们可公度，则有某个量量尽它们。

设量尽它们的量是E；

设AB量CD得FD，在量FD时，余下的CF小于AB。

又设CF量AB得BG，在量BG时，余下的AG小于CF，

轮流重复这个过程，直到余下某量小于E。

假设这样做下去，余量AG小于E。

于是，由于E量尽AB，

而AB量尽FD，

因此，E也量尽FD。

但E也量尽整个CD；

因此，E也量尽余量CF。

但CF量尽BG；

因此，E也量尽BG。

但E也量尽整个AB；

因此，E也量尽余量AG，较大的量量尽较小的量：

这是不可能的。

因此，没有量量尽AB、CD；

因此，量AB、CD不可公度。

［X. 定义1］

这就是所要证明的。

命题03

给定两个可公度量，求它们的最大公度量。

Given two commensurable magnitudes, to find their greatest common measure.

?

设两个给定的可公度量是AB、CD，其中AB较小；

于是，要求找到AB、CD的最大公度量。

现在，量AB要么量尽CD，要么量不尽CD。

于是，如果AB量尽CD（AB也量尽它自身），则AB是AB、CD的公度量。

又，它显然也是最大的；

这是因为，大于AB的量量不尽AB。

其次，设AB量不尽CD。

于是，从两个不等量的较大量中不断减去较小量，直到余量小于较小量，再从较小量中不断减去余量，直到余量小于前一余量，轮流重复这个过程，则有一余量量尽它前面的量，这是因为AB、CD并非不可公度。

［参见X. 2］

设AB量CD得ED，在量ED时，余下的CE小于AB；

又设EC量AB得FB，在量FB时，余下的AF小于CE；

且设AF量尽CE。

于是，由于AF量尽CE，

而CE量尽FB，

因此，AF也量尽FB。

但AF也量尽它自身；

因此，AF也量尽整个AB。

但AB量尽ED；

因此，AF也量尽ED。

但AF也量尽CE；

因此，AF也量尽整个CD。

因此，AF是AB、CD的公度量。

其次我说，AF也是最大的。

这是因为，如果不是这样，则有某个大于AF的量量尽AB、CD。

设它是G。

于是，由于G量尽AB，

而AB量尽ED，

因此，G也量尽ED。

但G也量尽整个CD；

因此，G也量尽余量CE。

但CE量尽FB；

因此，G也量尽FB。

但G也量尽整个AB，

因此，它也量尽余量AF，较大的量量尽较小的量：

这是不可能的。

因此，没有大于AF的量量尽AB、CD；

因此，AF是AB、CD的最大公度量。

这样便找到了两个给定可公度量AB、CD的最大公度量。

这就是所要证明的。

推论由此显然可得，若一个量量尽两个量，则它也量尽它们的最大公度量。

命题04

给定三个可公度量，求它们的最大公度量。

Given three commensurable magnitudes, to find their greatest common measure.

?

设A、B、C是三个给定的可公度量，于是，要求找到A、B、C的最大公度量。

取两量A、B的最大公度量，设它是D；

［X. 3］

于是，D要么量尽C，要么量不尽C。

首先，设它量尽C。

于是，由于D量尽C，

而D也量尽A、B；

因此，D是A、B、C的公度量。

显然，D也是最大的；

这是因为，大于D的量量不尽A、B。

其次，设D量不尽C。

首先我说，C、D可公度。

这是因为，由于A、B、C可公度，所以

有某个量量尽它们，

当然它也量尽A、B；

因此，它也量尽A、B的最大公度量D。

［X. 3，推论］

但它也量尽C；

因此，所说的量量尽C、D；

因此，C、D可公度。

现在，取C、D的最大公度量，设它是E。

［X. 3］

于是，由于E量尽D，

而D量尽A、B，

因此，E也量尽A、B。

但E也量尽C；

因此，E量尽A、B、C；

因此，E是A、B、C的公度量。

其次我说，E也是最大的。

这是因为，如果可能，设有某个大于E的量F量尽A、B、C。

于是，由于F量尽A、B、C，所以

F也量尽A、B，

并量尽A、B的最大公度量。

［X. 3，推论］

但A、B的最大公度量是D；

因此，F量尽D。

但F也量尽C；

因此，F量尽C、D；

因此，F也量尽C、D的最大公度量。

［X. 3，推论］

但C、D的最大公度量是E；

因此，F量尽E，较大的量量尽较小的量：

这是不可能的。

因此，没有大于E的量量尽A、B、C；

因此，如果D量不尽C，则E就是A、B、C的最大公度量，

而若D量尽C，则D本身就是最大公度量。

这样便求出了给定的三个可公度量的最大公度量。

这就是所要证明的。

推论由此显然可得，若一个量量尽三个量，则它也量尽它们的最大公度量。

类似地，也可以求出更多可公度量的最大公度量，该推论可以拓展。

命题05

可公度量之比如同一个数比一个数。

Commensurable magnitudes have to one another the ratio which a number has to a number.

?

设A、B是可公度量；

我说，A比B如同一个数比一个数。

这是因为，由于A、B可公度，所以有某个量量尽它们。

设这个量是C。

且C量尽A有多少次，就设D中有多少单元；

以及C量尽B有多少次，就设E中有多少单元。

于是，由于按照D中的单元数，C量尽A，

而按照D中的单元数，单元也量尽D，

因此，单元量尽数D与量C量尽A有相同的次数；

因此，C比A如同单元比D；

［V. 15］

因此，取反比例，A比C如同D比单元。

［参见V. 7，推论］

又，由于按照E中的单元数，C量尽B，

而按照E中的单元数，单元也量尽E，

因此，单元量尽E与C量尽B有相同的次数；

因此，C比B如同单元比E。

但已证明，

A比C如同D比单元；

因此，取首末比例，

A比B如同数D比E。

［V. 22］

因此，可公度量A比B如同数D比数E。

这就是所要证明的。

命题06

若两个量之比如同一个数比一个数，则这两个量可公度。

If two magnitudes have to one another the ratio which a number has to a number, the magnitudes will be commensurable.

?

设两个量A比B如同数D比数E；

我说，A、B可公度。

设D中有多少单元，就把A分成多少相等的部分，

且设C等于其中一个部分；

且设E中有多少单元，F就由多少等于C的量所构成。

于是，由于D中有多少单元，A中就有多少等于C的量，所以

单元是D的怎样一部分，C也是A的同样一部分；

因此，C比A如同单元比D。

［VII. 定义20］

但单元量尽数D；

因此，C也量尽A。

又，由于C比A如同单元比D，

因此，取反比例，A比C如同数D比单元。

［参见V. 7，推论］

又，由于E中有多少单元，F中就有多少等于C的量，

因此，C比F如同单元比E。

［VII. 定义20］

但也已证明，

A比C如同D比单元；

因此，取首末比例，

A比F如同D比E。

［V. 22］

但D比E如同A比B；

因此也有，A比B如同A比F。

［V. 11］

因此，A与量B、F中的每一个有相同的比；

因此，B等于F。

［V. 9］

但C量尽F；

因此，C也量尽B。

此外，它也量尽A；

因此，C量尽A、B。

因此，A与B可公度。

这就是所要证明的。

推论由此显然可得，若有两数D、E和一直线A，则可作一直线［F］，使给定直线A比它如同数D比数E。

而且，如果取A、F的比例中项为B，

则A比F如同A上的正方形比B上的正方形，即第一条直线比第三条直线如同在第一条直线上所作的图形比在第二条直线上所作的与之相似且有相似位置的图形。

［VI. 19，推论］

但A比F如同数D比数E；

因此已经做到，数D比数E也如同直线A上的图形比直线B上的图形。

命题07

不可公度量之比不如同一个数比一个数。

Incommensurable magnitudes have not to one another the ratio which a number has to a number.

?

设A、B是不可公度量；

我说，A比B不如同一个数比一个数。

这是因为，如果A比B如同一个数比一个数，

则A与B可公度。

［X. 6］

但A与B不可公度；

因此，A比B不如同一个数比一个数。

这就是所要证明的。

命题08

若两个量之比不如同于一个数比一个数，则这两个量不可公度。

If two magnitudes have not to one another the ratio which a number has to a number, the magnitudes will be incommensurable.

设两个量A比B不如同一个数比一个数；

我说，量A、B不可公度。

这是因为，若它们可公度，则A比B如同一个数比一个数。

［X. 5］

但A比B不如同一个数比一个数；

因此，量A、B不可公度。

这就是所要证明的。

命题09

长度可公度的直线上的正方形之比如同一个平方数比一个平方数；若正方形之比如同一个平方数比一个平方数，则正方形的边也是长度可公度的。但长度不可公度的直线上的正方形之比不如同一个平方数比一个平方数；若正方形之比不如同一个平方数比一个平方数，则它们的边也不是长度可公度的。

The squares on straight lines commensurable in length have to one another the ratio which a square number has to a square number; and squares which have to one another the ratio which a square number has to a square number will also have their sides commensurable in length. But the squares on straight lines incommensurable in length have not to one another the ratio which a square number has to a square number; and squares which have not to one another the ratio which a square number has to a square number will not have their sides commensurable in length either.

?

设A、B长度可公度；

我说，A上的正方形比B上的正方形如同一个平方数比一个平方数。

这是因为，由于A与B是长度可公度的，

因此，A比B如同一个数比一个数。

［X. 5］

设这两个数之比是C比D。

于是，由于A比B如同C比D，

而A上的正方形比B上的正方形是A比B的二倍比，

这是因为相似图形彼此之比是其对应边之比的二倍比；

［VI. 20，推论］

且C的平方比D的平方是C比D的二倍比，

这是因为两个平方数之间有一个比例中项数，且平方数比平方数是边比边的二倍比；

［VIII. 11］

因此也有，A上的正方形比B上的正方形如同C的平方比D的平方。

其次，设A上的正方形比B上的正方形如同C的平方比D的平方。

我说，A与B是长度可公度的。

这是因为，由于A上的正方形比B上的正方形如同C的平方比D的平方，

而A上的正方形比B上的正方形是A比B的二倍比，

且C的平方比D的平方是C比D的二倍比，

因此也有，A比B如同C比D。

因此，A比B如同数C比数D；

因此，A与B是长度可公度的。

［X. 6］

其次，设A与B长度不可公度。

我说，A上的正方形比B上的正方形不如同一个平方数比一个平方数。

这是因为，如果A上的正方形比B上的正方形如同一个平方数比一个平方数，则A与B可公度。

但A与B不可公度；

因此，A上的正方形比B上的正方形不如同一个平方数比一个平方数。

又，设A上的正方形比B上的正方形不如同一个平方数比一个平方数。

我说，A与B长度不可公度。

这是因为，如果A与B可公度，则A上的正方形比B上的正方形如同一个平方数比一个平方数。

但A上的正方形比B上的正方形不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与B不是长度可公度的。

这就是所要证明的。

推论由以上证明显然可得，长度可公度的直线也总是正方可公度的，但正方可公度的直线并不总是长度可公度的。

＜引理（Lemma） 在算术书中已经证明，相似面数之比如同一个平方数比一个平方数，

［VIII. 26］

而且，若两数之比如同一个平方数比一个平方数，则它们是相似面数。

［VIII. 26的逆命题］

由这些命题显然可得，不是相似面数的数，即它们的边不成比例的那些数，它们之比不如同一个平方数比一个平方数。

这是因为，如果它们有这样的比，则它们是相似面数：这与假设矛盾。

因此，不是相似面数的数之比不如同一个平方数比一个平方数。＞[1]

命题10

找到与一指定直线不可公度的两条直线，一条仅长度不可公度，另一条正方也不可公度。

To find two straight lines incommensurable, the one in length only, and the other in square also, with an assigned straight line.

?

设A是指定的直线；

于是，要求找到与A不可公度的两条直线，一条仅长度不可公度，另一条正方也不可公度。

设两数B比C不如同一个平方数比一个平方数，即它们不是相似面数；

且设法作出，B比C如同A上的正方形比D上的正方形——

因为我们知道如何做到这一点——

［X. 6，推论］

因此，A上的正方形与D上的正方形可 公度。

［X. 6］

又，由于B比C不如同一个平方数比一个平方数，

因此，A上的正方形比D上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与D长度不可公度。

［X. 9］

设E是A、D的比例中项；

因此，A比D如同A上的正方形比E上的正方形。

［V. 定义9］

但A与D长度不可公度，

因此，A上的正方形与E上的正方形也不可公度；

［X. 8］

因此，A与E正方不可公度。

这样便找到了与指定直线A不可公度的两条直线D、E，D仅长度不可公度，E是长度不可公度且正方也不可公度。

这就是所要证明的。

命题11

若四个量成比例，且第一个量与第二个量可公度，则第三个量与第四个量也可公度；又，若第一个量与第二个量不可公度，则第三个量与第四个量也不可公度。

If four magnitudes be proportional, and the first be commensurable with the second, the third will also be commensurable with the fourth; and, if the first be incommensurable with the second, the third will also be incommensurable with the fourth.

?

设A、B、C、D是四个成比例的量，因此A比B如同C比D，

且设A与B可公度；

我说，C与D也可公度。

这是因为，由于A与B可公度，因此A比B如同一个数比一个数。

［X. 5］

又，A比B如同C比D；

因此，C比D如同一个数比一个数；

因此，C与D可公度。

［X. 6］

其次，设A与B不可公度；

我说，C与D也不可公度。

这是因为，由于A与B不可公度，

因此，A比B不如同一个数比另一个数。

［X. 7］

又，A比B如同C比D；

因此，C比D也不如同一个数比一个数，

因此，C与D不可公度。

［X. 8］

这就是所要证明的。

命题12

与同一个量可公度的若干量，彼此也可公度。

Magnitudes commensurable with the same magnitude are commensurable with one another also.

?

设量A、B中的每一个与C可公度；

我说，A与B也可公度。

这是因为，由于A与C可公度，

因此，A比C如同一个数比一个数。

［X. 5］

设这个比是D比E。

又，由于C与B可公度，

因此，C比B如同一个数比一个数，

［X. 5］

设这个比是F比G。

又，给定任意多个比，即D比E和F比G，

以给定的比连续取数H、K、L；

［参见VIII. 4］

因此，D比E如同H比K，

以及F比G如同K比L。

于是，由于A比C如同D比E，

而D比E如同H比K，

因此也有，A比C如同H比K。

［V. 11］

又，由于C比B如同F比G，

而F比G如同K比L，

因此也有，C比B如同K比L。

［V. 11］

但也有，A比C如同H比K；

因此，取首末比例，

A比B如同H比L。

［V. 22］

因此，A比B如同一个数比一个数；

因此，A与B可公度。

［X. 6］

这就是所要证明的。

?

命题13

若两个量可公度，且其中一个量与某个量不可公度，则另一个量与此量也不可公度。

If two magnitudes be commensurable, and the one of them be incommensurable with any magnitude, the remaining one will also be incommensurable with the same.

?

设A、B是两个可公度量，且其中一个量A与另一个量C不可公度；

我说，其余那个量B与C也不可公度。

这是因为，如果B与C可公度，

而A与B也可公度，则

A与C也可公度。

［X. 12］

但已设A与C不可公度：

这是不可能的。

因此，B与C并非可公度；

因此，B与C不可公度。

这就是所要证明的。

引理给定两条不等直线，求较大直线上的正方形与较小直线上的正方形相差怎样一个正方形。

?

设AB、C是给定的两条不等直线，且其中AB较大；

于是，要求找到AB上的正方形比C上的正方形大怎样一个正方形。

在AB上作半圆ADB，

在半圆内作AD等于C；

［IV. 1］

连接DB。

于是显然，角ADB是直角，

［III. 31］

且AB上的正方形比AD即C上的正方形大DB上的正方形。

［I. 47］

类似地也有，如果给定两条直线，则以同样方法可求出一条直线，使该直线上的正方形等于两条给定直线上的正方形之和。

设AD、BD是两条给定直线，求一直线，使它之上的正方形等于AD、BD上的正方形之和。

用AD、DB组成一个直角；

连接AB。

显然，直线AB上的正方形等于AD、DB上的正方形之和。

［I. 47］

这就是所要证明的。

命题14

若四条直线成比例，第一条直线上的正方形比第二条直线上的正方形大一条直线上的正方形，且该直线与第一条直线可公度，则第三条直线上的正方形也比第四条直线上的正方形大一条直线上的正方形，该直线与第三条直线可公度。

又，若第一条直线上的正方形比第二条直线上的正方形大一条直线上的正方形，且该直线与第一条直线不可公度，则第三条直线上的正方形也比第四条直线上的正方形大一条直线上的正方形，该直线与第三条直线不可公度。

If four straight lines be proportional, and the square on the first be greater than the square on the second by the square on a straight line commensurable with the first, the square on the third will also be greater than the square on the fourth by the square on a straight line commensurable with the third.

And, if the square on the first be greater than the square on the second by the square on a straight line incommensurable with the first, the square on the third will also be greater than the square on the fourth by the square on a straight line incommensurable with the third.

?

设A、B、C、D是四条成比例的直线，

因此，A比B如同C比D；

且设A上的正方形比B上的正方形大E上的正方形，

又设C上的正方形比D上的正方形大F上的正方形；

我说，若A与E可公度，则C与F也可公度，

若A与E不可公度，则C与F也不可公度。

这是因为，由于A比B如同C比D，

因此也有，A上的正方形比B上的正方形如同C上的正方形比D上的正方形。

［VI. 22］

但E、B上的正方形之和等于A上的正方形，

且D、F上的正方形之和等于C上的正方形。

因此，E、B上的正方形之和比B上的正方形如同D、F上的正方形之和比D上的正方形；

因此，取分比例，E上的正方形比B上的正方形如同F上的正方形比D上的正方形；

［V. 17］

因此也有，E比B如同F比D；

［VI. 22］

因此，取反比例，B比E如同D比F。

但A比B如同C比D；

因此，取首末比例，A比E如同C比F。

［V. 22］

因此，若A与E可公度，则C与F也可公度；又，若A与E不可公度，则C与F也不可公度。

［X. 11］

这就是所要证明的。

命题15

若两个可公度量相加，则它们的和也与这两个量中的每一个可公度；又，若两个量之和与两个量之一可公度，则这两个量也可公度。

If two commensurable magnitudes be added together, the whole will also be commensurable with each of them; and, if the whole be commensurable with one of them, the original magnitudes will also be commensurable.

?

把两个可公度量AB、BC相加；

我说，整个AC也与AB、BC中的每一个可公度。

这是因为，由于AB、BC可公度，所以有某个量量尽它们。

设D量尽它们。

于是，由于D量尽AB、BC，所以D也量尽整个AC。

但D也量尽AB、BC；

因此，D量尽AB、BC、AC；

因此，AC与量AB、BC中的每一个可公度。

［X. 定义1］

其次，设AC与AB可公度；

我说，AB、BC也可公度。

这是因为，由于AC、AB可公度，所以有某个量量尽它们。

设D量尽它们。

于是，由于D量尽AC、AB，所以D也量尽余量BC。

但D也量尽AB；

因此，D也量尽AB、BC；

因此，AB、BC可公度。

［X. 定义1］

这就是所要证明的。

命题16

若把两个不可公度量相加，则它们的和也与这两个量中的每一个不可公度；又，若两个量之和与两个量之一不可公度，则这两个量也不可公度。

If two incommensurable magnitudes be added together, the whole will also be incommensurable with each of them; and, if the whole be incommensurable with one of them, the original magnitudes will also be incommensurable.

?

把两个不可公度量AB、BC相加。

我说，整个AC也与AB、BC中的每一个不可公度。

这是因为，如果CA、AB并非不可公度，则有某个量量尽它们。

如果可能，设D量尽它们。

于是，由于D量尽CA、AB，

因此，D也量尽余量BC。

但D也量尽AB；

因此，D量尽AB、BC。

因此，AB、BC可公度。

但根据假设，AB、BC也不可公度：

这是不可能的。

因此，没有量量尽CA、AB；

因此，CA、AB不可公度。

［X. 定义1］

类似地，可以证明，AC、CB也不可公度。

因此，AC与AB、BC中的每一个不可公度。

其次，设AC与量AB、BC之一不可公度。

首先，设AC与AB不可公度；

我说，AB、BC也不可公度。

这是因为，如果它们可公度，则有某个量量尽它们。

设D量尽它们。

于是，由于D量尽AB、BC，

因此，D也量尽整个AC。

但D也量尽AB；

因此，D量尽CA、AB。

因此，CA、AB可公度；

但根据假设，它们也不可公度：

这是不可能的。

因此，没有量量尽AB、BC；

因此，AB、BC不可公度。

［X. 定义1］

这就是所要证明的。

引理如果对某直线贴合出一个亏缺正方形的平行四边形，则这个平行四边形等于因贴合出而产生的两直线段所围成的矩形。

?

设对直线AB贴合出一个亏缺正方形DB的平行四边形AD；

我说，AD等于AC、CB所围成的矩形。

事实上，这是显然的；

这是因为，由于DB是正方形，所以

DC等于CB；

且AD是矩形AC、CD，即矩形AC、CB。

这就是所要证明的。

命题17

如果有两条不等的直线，对较大直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，若把较大直线分成长度可公度的两部分，则较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线可公度的直线上的正方形。

又，若较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线可公度的直线上的正方形，且对较大直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则较大直线被分成长度可公度的两部分。

If there be two unequal straight lines, and to the greater there be applied a parallelogram equal to the fourth part of the square on the less and deficient by a square figure, and if it divide it into parts which are commensurable in length, then the square on the greater will be greater than the square on the less by the square on a straight line commensurable with the greater.

And, if the square on the greater be grater than the square on the less by the square on a straight line commensurable with the greater, and if there be applied to the greater a parallelogram equal to the fourth part of the square on the less and deficient by a square figure, it will divide it into parts which are commensurable in length.

?

设A、BC是两条不等的直线，其中BC较大，

对BC贴合出一个平行四边形等于较小的A上的正方形的四分之一，即等于A的一半上的正方形，且亏缺一个正方形。

设它就是矩形BD、DC，

［参见引理］

且设BD与DC长度可公度；

我说，BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC可公度的直线上的正方形。

这是因为，将BC二等分于点E，

取EF等于DE。

因此，余量DC等于BF。

又，由于直线BC在E被分成相等的两部分，在D被分成不相等的两部分，

因此，BD、DC所围成的矩形与ED上的正方形之和等于EC上的正方形；

［II. 5］

将它们四倍后也是正确的；

因此，四倍的矩形BD、DC与四倍的DE上的正方形之和等于四倍的EC上的正方形。

但A上的正方形等于四倍的矩形BD、CD；

且DF上的正方形等于四倍的DE上的正方形，这是因为DF是DE的二倍。

且BC上的正方形等于四倍的EC上的正方形，这同样因为BC是CE的二倍。

因此，A、DF上的正方形之和等于BC上的正方形，

因此，BC上的正方形比A上的正方形大一个DF上的正方形。

需要证明，BC与DF也可公度。

由于BD与DC长度可公度，

因此，BC与CD也长度可公度。

［X. 15］

但CD与CD、BF之和长度可公度，这是因为CD等于BF。

［X. 6］

因此，BC与BF、CD之和长度也可公度，

［X. 12］

因此，BC与余量FD长度也可公度；

［X. 15］

因此，BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC可公度的直线上的正方形。

其次，设BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC可公度的直线上的正方形，

对直线BC贴合出一个平行四边形等于A上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形，设它是矩形BD、DC。

需要证明，BD与DC长度可公度。

同样作图，可以类似地证明，BC上的正方形比A上的正方形大一个FD上的正方形。

但BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC可公度的直线上的正方形。

因此，BC与FD长度可公度，

因此，BC与余量即BF、DC之和长度也可公度。

［X. 15］

但BF、DC之和与DC可公度，

［X. 6］

因此，BC与CD长度也可公度；

［X. 12］

因此，根据分比例，BD与DC长度可公度。

［X. 15］

这就是所要证明的。

命题18

如果有两条不等的直线，对较大直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，若把较大直线分成长度不可公度的两部分，则较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线不可公度的直线上的正方形。

又，若较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线不可公度的直线上的正方形，且对较大直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则较大直线被分成不可公度的两部分。

If there be two unequal straight lines, and to the greater there be applied a parallelogram equal to the fourth part of the square on the less and deficient by a square figure, and if it divide it into parts which are incommensurable, the square on the greater will be greater than the square on the less by the square on a straight line incommensurable with the grater.

And, if the square on the greater be greater than the square on the less by the square on a straight line incommensurable with the greater, and if there be applied to the greater a parallelogram equal to the fourth part of the square on the less and deficient by a square figure, it divides it into parts which are incommensurable.

?

设A、BC是两条不等的直线，其中BC较长，

对BC贴合出一个平行四边形等于较短的A上的正方形的四分之一，且亏缺一个正方形。

设它就是矩形BD、DC，

［参见X. 17之前的引理］

且设BD与DC长度不可公度；

我说，BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC不可公度的直线上的正方形。

这是因为，利用前面的作图，可以类似证明，BC上的正方形比A上的正方形大一个FD上的正方形。

需要证明，BC与DF长度不可公度。

由于BD与DC长度不可公度，

因此，BC与CD也长度不可公度。

［X. 16］

但DC与BF、DC之和可公度；

［X. 6］

因此，BC与BF、DC之和也不可公度；

［X. 13］

因此，BC与余量FD长度也不可公度。

［X. 16］

而BC上的正方形比A上的正方形大一个FD上的正方形；

因此，BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC不可公度的直线上的正方形。

又，设BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC不可公度的直线上的正方形，

且对BC贴合出一个等于A上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形。

设它就是矩形BD、DC。

需要证明，BD与DC长度不可公度。

这是因为，同样作图，可以类似地证明，BC上的正方形比A上的正方形大一个FD上的正方形。

但BC上的正方形比A上的正方形大一个与BC不可公度的直线上的正方形；

因此，BC与FD长度不可公度，

因此，BC与余量即BF、DC之和不可公度。

［X. 16］

但BF、DC之和与DC长度可公度；

［X. 6］

因此，BC与DC也长度可公度，

［X. 13］

因此，取分比例，BD与DC也长度不可公度。

［X. 16］

这就是所要证明的。

＜引理?既已证明长度可公度的直线也总是正方可公度，而正方可公度的直线则并不总是长度可公度，而是必然要么长度可公度，要么长度不可公度，因此显然，如果某直线与一条给定的有理直线长度可公度，则称它为有理的，且与另一条直线不仅长度可公度而且正方可公度，因为长度可公度的直线也总是正方可公度。

但如果某直线与给定的有理直线正方可公度，那么如果它们也长度可公度，则在这种情况下也称它为有理的，而且与给定的有理直线长度可公度和正方可公度；但如果某直线与给定的有理直线正方可公度而长度不可公度，那么在这种情况下也称它为有理的，但仅正方可公度。＞

命题19

由长度可公度的有理直线围成的矩形是有理的。

The rectangle contained by rational straight lines commensurable in length is rational.

?

设矩形AC是由长度可公度的有理直线AB、BC围成的；

我说，AC是有理的。

这是因为，在AB上作正方形AD；

因此，AD是有理的。

［X. 定义4］

又，由于AB与BC长度可公度，

而AB等于BD，

因此，BD与BC长度可公度。

又，BD比BC如同DA比AC。

［VI. 1］

因此，DA与AC可公度。

［X. 11］

但DA是有理的；

因此，AC也是有理的。

［X. 定义4］

这就是所要证明的。

命题20

若对一有理直线贴合出一个有理面，则它所产生的作为宽的直线是有理的，且与原直线长度可公度。

If a rational area be applied to a rational straight line, it produces as breadth a straight line rational and commensurable in length with the straight line to which it is applied.

?

用前述方法对有理直线AB贴合出有理面AC，产生作为宽的BC；

我说，BC是有理的，且与BA长度可公度。

这是因为，在AB上作正方形AD；

因此，AD是有理的。

［X. 定义4］

而AC也是有理的；

因此，DA与AC可公度。

又，DA比AC如同DB比BC。

［VI. 1］

因此，DB与BC也可公度；

［X. 11］

而DB等于BA；

因此，AB与BC也可公度。

而AB是有理的；

因此，BC也是有理的，且与AB长度可公度。

这就是所要证明的。

命题21

由仅是正方可公度的有理直线围成的矩形是无理的，且与该矩形相等的正方形的边也是无理的。称后者为中项线。

The rectangle contained by rational straight lines commensurable in square only is irrational, and the side of the square equal to it is irrational. Let the latter be called?medial.

设矩形AC是由仅是正方可公度的有理直线AB、BC围成的；

我说，矩形AC是无理的，且与AC相等的正方形的边也是无理的；

且称后者为中项线。

这是因为，在AB上作正方形AD；

因此，AD是有理的。

［X. 定义4］

又，由于AB与BC长度不可公度，

这是因为，根据假设，它们仅正方可公度，

而AB等于BD，

因此，DB与BC也长度不可公度。

又，DB比BC如同AD比AC；

［VI. 1］

因此，DA与AC不可公度。

［X. 11］

但DA是有理的；

因此，AC是无理的，

因此，与AC相等的正方形的边也是无理的。

［X. 定义4］

且称后者为中项线。

这就是所要证明的。

引理若有两条直线，则第一直线比第二直线如同第一直线上的正方形比这两条直线所围成的矩形。

设FE、EG是两条直线。

我说，FE比EG如同FE上的正方形比矩形FE、EG。

这是因为，在FE上作正方形DF，

且作矩形GD。

于是，由于FE比EG如同FD比DG，

［VI. 1］

且FD是FE上的正方形，

且DG是矩形DE、EG，即矩形FE、EG，

因此，FE比EG如同FE上的正方形比矩形FE、EG。

类似地也有，矩形GE、EF比EF上的正方形，即GD比FD，如同GE比EF。

这就是所要证明的。

命题22

若对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线上的正方形，则产生的作为宽的直线是有理的，且与原有理直线长度不可公度。

The square on a medial straight line, if applied to a rational straight line, produces as breadth a straight line rational and incommensurable in length with that to which it is applied.

?

设A是中项线，CB是有理直线，

且对BC贴合出一个矩形面BD等于A上的正方形，产生作为宽的CD；

我说，CD是有理的，且与CB长度不可公度。

这是因为，由于A是中项线，所以A上的正方形等于仅正方可公度的有理直线所围成的矩形。

［X. 21］

设A上的正方形等于GF。

但A上的正方形也等于BD；

因此，BD等于GF。

但BD与GF也是等角的，

而在相等且等角的平行四边形中，夹等角的边成互反比例；

［VI. 14］

因此有比例，BC比EG如同EF比CD。

因此也有，BC上的正方形比EG上的正方形如同EF上的正方形比CD上的正方形。

［VI. 22］

但CB上的正方形与EG上的正方形可公度，这是因为直线CB、EG中的每一个都是有理的；

因此，EF上的正方形与CD上的正方形也可公度。

［X. 11］

但EF上的正方形是有理的；

因此，CD上的正方形也是有理的；

［X. 定义4］

因此，CD是有理的。

又，由于EF与EG长度不可公度，

这是因为它们仅正方可公度，

又，EF比EG如同EF上的正方形比矩形FE、EG，

［引理］

因此，EF上的正方形与矩形FE、EG不可公度。

［X. 11］

但CD上的正方形与EF上的正方形可公度，这是因为这些直线在正方形上是有理的；

且矩形DC、CB与矩形FE、EG可公度，这是因为它们都等于A上的正方形；

因此，CD上的正方形与矩形DC、CB也不可公度。

［X. 13］

但CD上的正方形比矩形DC、CB如同DC比CB；

［引理］

因此，DC与CB长度不可公度。

［X. 11］

因此，CD是有理的，且与CB长度不可公度。

这就是所要证明的。

命题23

与中项线可公度的直线也是中项线。

A straight line commensurable with a medial straight line is medial.

?

设A是中项线，且设B与A可公度；

我说，B也是中项线。

这是因为，设CD是一条有理直线，

对CD贴合出一个矩形面CE等于A上的正方形，产生作为宽的ED；

因此，ED是有理的，且与CD长度不可公度。

［X. 22］

又，对CD贴合出一个矩形面CF等于B上的正方形，产生作为宽的DF。

于是，由于A与B可公度，所以

A上的正方形与B上的正方形也可公度。

但EC等于A上的正方形，

且CF等于B上的正方形；

因此，EC与CF可公度。

又，EC比CF如同ED比DF；

［VI. 1］

因此，ED与DF长度可公度。

［X. 11］

但ED是有理的，且与DC长度不可公度；

因此，DF也是有理的，

［X. 定义3］

且与DC长度不可公度。

［X. 13］

因此，CD、DF是有理的，且仅正方可公度。

但若一直线上的正方形等于由仅正方可公度的有理直线围成的矩形，则此直线是中项线；

［X. 21］

因此，与矩形CD、DF相等的正方形的边是中项线。

而B是与矩形CD、DF相等的正方形的边；

因此，B是中项线。

这就是所要证明的。

推论由此显然可得，与中项面可公度的面是中项面。

又，用在有理情况下所解释的方法［X. 18后的引理］可以推出，关于中项线，与一中项线长度可公度的直线被称为中项线，且与之不仅长度可公度而且也正方可公度，这是因为，一般而言，长度可公度的直线也总是正方可公度。

但如果某直线与一中项线正方可公度，那么如果它们也长度可公度，则称这些直线为长度可公度且正方可公度的中项线，但如果仅正方可公度，则称它们为仅正方可公度的中项线。

命题24

由长度可公度的中项线围成的矩形是中项面。

The rectangle contained by medial straight lines commensurable in length is medial.

?

设矩形AC是由长度可公度的中项线AB、BC围成的矩形；

我说，AC是中项面。

这是因为，在AB上作正方形AD；

因此，AD是中项面。

又，由于AB与BC长度可公度，

而AB等于BD，

因此，DB与BC也长度可公度，

因此，DA与AC也可公度。

［VI. 1，X. 11］

但DA是中项面，

因此，AC也是中项面。

［X. 23，推论］

这就是所要证明的。

命题25

由仅正方可公度的中项线围成的矩形要么是有理面，要么是中项面。

The rectangle contained by medial straight lines commensurable in square only is either rational or medial.

?

设矩形AC是由仅正方可公度的中项线AB、BC围成的矩形；

我说，AC要么是有理面，要么是中项面。

这是因为，在AB、BC上作正方形AD、BE；

因此，正方形AD、BE中的每一个都是中项面。

给定一条有理直线FG，

对FG贴合出矩形GH等于AD，产生作为宽的FH，

对HM贴合出矩形MK等于AC，产生出作为宽的HK；

再对KN贴合出矩形NL等于BE，产生出作为宽的KL；

因此，FH、HK、KL在同一直线上。

于是，由于正方形AD、BE中的每一个都是中项面，

且AD等于GH，

且BE等于NL，

因此，矩形GH、NL中的每一个都是中项面。

又，它们都是对有理直线FG贴合出的；

因此，直线FH、KL中的每一个都是有理的，且与FG长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AD与BE可公度，

因此，GH与NL也可公度。

又，GH比NL如同FH比KL；

［VI. 1］

因此，FH与KL长度可公度。

［X. 11］

因此，FH、KL是长度可公度的有理直线；

因此，矩形FH、KL是有理的。

［X. 19］

又，由于DB等于BA，且OB等于BC，

因此，DB比BC如同AB比BO。

但DB比BC如同DA比AC，

［VI. 1］

且AB比BO如同AC比CO；

［VI. 1］

因此，DA比AC如同AC比CO。

但AD等于GH，AC等于MK，以及CO等于NL；

因此，GH比MK如同MK比NL；

因此也有，FH比HK如同HK比KL；

［VI. 1，V. 11］

因此，矩形FH、KL等于HK上的正方形。

［VI. 17］

但矩形FH、KL是有理的；

因此，HK上的正方形也是有理的。

因此，HK是有理的。

又，如果HK与FG长度可公度，

则HN是有理的；

［X. 19］

但如果HK与FG长度不可公度，

则KH、HM是仅正方可公度的有理直线，

因此，HN是中项面。

［X. 21］

因此，HN要么是有理面，要么是中项面。

但HN等于AC；

因此，AC是有理面，要么是中项面。

这就是所要证明的。

命题26

中项面不会比中项面超出一个有理面。

A medial area does not exceed a medial area by a rational area.

?

这是因为，如果可能，设中项面AB比中项面AC超出一个有理面DB，

且设对有理直线EF贴合出一个矩形FH等于AB，产生作为宽的EH，

且减去等于AC的矩形FG；

因此，余量BD等于余量KH。

但DB是有理的；

因此，KH也是有理的。

于是，由于矩形AB、AC中的每一个都是中项面，

且AB等于FH，AC等于FG，

因此，矩形FH、FG中的每一个也都是中项面。

又，它们都是对有理直线EF贴合出的；

因此，直线HE、EG中的每一条都是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于［DB是有理的且等于KH，因此］KH［也］是有理的；

且它是对有理直线EF贴合出的；

因此，GH是有理的，且与EF长度可公度。

［X. 20］

但EG也是有理的，且它与EF长度不可公度，

因此，EG与GH长度不可公度。

［X. 13］

又，EG比GH如同EG上的正方形比矩形EG、GH；

因此，EG上的正方形与矩形EG、GH不可公度。

［X. 11］

但EG、GH上的正方形之和与EG上的正方形可公度，这是因为两者都是有理的；

又，二倍的矩形EG、GH与矩形EG、GH可公度，这是因为它是它的二倍；

［X. 6］

因此，EG、GH上的正方形与二倍的矩形EG、GH不可公度；

［X. 13］

因此，EG、GH上的正方形之和加二倍的矩形EG、GH，即EH上的正方形［II. 4］，与EG、GH上的正方形不可公度。

［X. 16］

但EG、GH上的正方形是有理的；

因此，EH上的正方形是无理的。

［X. 定义4］

因此，EH是无理的。

但EH也是有理的：这是不可能的。

这就是所要证明的。

命题27

求围成一个有理矩形的仅正方可公度的中项线。

To find medial straight lines commensurable in square only which contain a rational rectangle.

?

给定仅正方可公度的两有理直线A、B；

取C为A、B的比例中项，

［VI. 13］

且作A比B如同C比D。

［VI. 12］

于是，由于A、B是仅正方可公度的有理直线，所以

矩形A、B，即C上的正方形［VI. 17］，是中项面。

［X. 21］

因此，C是中项线。

［X. 21］

又，由于A比B如同C比D，

且A、B仅正方可公度，

因此，C、D也仅正方可公度。

［X. 11］

而C是中项线；

因此，D也是中项线。

［X. 23，附注］

因此，C、D是仅正方可公度的中项线。

我说，它们也围成一个有理矩形。

这是因为，由于A比B如同C比D，

因此，取更比例，A比C如同B比D。

［V. 16］

但A比C如同C比B；

因此也有，C比B如同B比D；

因此，矩形C、D等于B上的正方形。

但B上的正方形是有理的；

因此，矩形C、D也是有理的。

这样便求出了围成一个有理矩形的仅正方可公度的中项线。

这就是所要证明的。

命题28

求围成一个中项矩形的仅正方可公度的中项线。

To find medial straight lines commensurable in square only, which contain a medial rectangle.

?

给定仅正方可公度的有理直线A、B、C；

取D为A、B的比例中项，

［VI. 13］

且作B比C如同D比E。

［VI. 12］

由于A、B是仅正方可公度的有理直线，

因此，矩形A、B，即D上的正方形［VI. 17］，是中项面。

［X. 21］

因此，D是中项线。

又，由于B、C仅正方可公度，

且B比C如同D比E，

因此，D、E也仅正方可公度。

［X. 11］

但D是中项线；

因此，E也是中项线。

［X. 23，附注］

因此，D、E是仅正方可公度的中项线。

其次我说，它们也围成一个中项矩形。

这是因为，由于B比C如同D比E，

因此，取更比例，B比D如同C比E。

［V. 16］

但B比D如同D比A；

因此也有，D比A如同C比E；

因此，矩形A、C等于矩形D、E。

［V. 16］

但矩形A、C是中项面；

［X. 21］

因此，矩形D、E也是中项面。

这样便求出了围成矩形为中项面的仅正方可公度的中项线。

这就是所要证明的。

引理1求两平方数，使其和也是平方数。

?

给定两数AB、BC，设它们要么都是偶数，要么都是奇数。

于是，由于无论是偶数减偶数还是奇数减奇数，余数都是偶数，

［IX. 24，26］

因此，余数AC是偶数。

设AC被二等分于D。

再设AB、BC要么都是相似面数，要么都是本身也是相似面数的平方数。

现在，AB、BC的乘积加CD的平方等于BD的平方。

［II. 6］

且AB、BC的乘积是平方数，因为已经证明，两相似面数的乘积是平方数。

［IX. 1］

这样便求出了两个平方数，即AB、BC的乘积和CD的平方，它们相加得到BD的平方。

显然，又求出了两个平方数，即BD的平方和CD的平方，它们之差即AB、BC的乘积是一个平方数，只要AB、BC是相似面数。

但是当AB、BC不是相似面数时，已经求出的两个平方数，即BD的平方和DC的平方，它们之差即AB、BC的乘积不是平方数。

这就是所要证明的。

引理2求两平方数，使其和不是平方数。

?

设AB、BC的乘积如前所述是平方数，

且CA是偶数，

又设CA被D二等分。

于是显然，AB、BC的乘积加CD的平方等于BD的平方。

［见引理1］

减去单元DE；

因此，AB、BC的乘积加CE的平方小于BD的平方。

于是我说，AB、BC的乘积加CE的平方不是平方数。

这是因为，如果它是平方数，则它要么等于BE的平方，要么小于BE的平方，但不可能大于BE的平方，除非单元被再分。

首先，如果可能，设AB、BC的乘积加CE的平方等于BE的平方，

又设GA是单元DE的二倍。

于是，由于整个AC是整个CD的二倍，

且其中AG是DE的二倍，

因此，余数GC也是余数EC的二倍；

因此，GC被E二等分。

因此，GB、BC的乘积加CE的平方等于BE的平方。

［II. 6］

但根据假设，AB、BC的乘积加CE的平方也等于BE的平方；

因此，GB、BC的乘积加CE的平方等于AB、BC的乘积加CE的平方。

又，如果减去共同的CE的平方，

则得到AB等于GB：

这是荒谬的。

因此，AB、BC的乘积加CE的平方不等于BE的平方。

其次我说，它也不小于BE的平方。

这是因为，如果可能，设它等于BF的平方，

又设HA是DF的二倍。

现在又会得到，HC是CF的二倍；

因此，CH也被F二等分，

因此，HB、BC的乘积加FC的平方等于BF的平方。

［II. 6］

但根据假设，AB、BC的乘积加CE的平方也等于BF的平方。

于是，HB、BC的乘积加CF的平方也等于AB、BC的乘积加CE的平方：

这是荒谬的。

因此，AB、BC的乘积加CE的平方不小于BE的平方。

而已经证明，它也不等于BE的平方。

因此，AB、BC的乘积加CE的平方不是平方数。

这就是所要证明的。

命题29

求仅正方可公度的两条有理直线，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线长度可公度的直线上的正方形。

To find two rational straight lines commensurable in square only and such that the square on the greater is greater than the square on the less by the square on a straight line commensurable in length with the greater.

?

给定某条有理直线AB以及两个平方数CD、DE，使它们之差CE不是平方数；

［引理1］

在AB上作半圆AFB，

且作DC比CE如同BA上的正方形比AF上的正方形。

［X. 6，推论］

连接FB。

由于BA上的正方形比AF上的正方形如同DC比CE，

因此，BA上的正方形比AF上的正方形如同数DC比数CE；

因此，BA上的正方形与AF上的正方形可公度。

［X. 6］

但AB上的正方形是有理的；

［X. 定义4］

因此，AF上的正方形也是有理的；

［X. 定义4］

因此，AF也是有理的。

又，由于DC比CE不如同一个平方数比一个平方数，

因此，BA上的正方形比AF上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，AB与AF长度不可公度。

［X. 9］

因此，BA、AF是仅正方可公度的有理直线。

又，由于DC比CE如同BA上的正方形比AF上的正方形，

因此，取换比例，

CD比DE如同AB上的正方形比BF上的正方形。

［V. 19，推论，III. 31，I. 47］

但CD比DE如同一个平方数比一个平方数：

因此也有，AB上的正方形比BF上的正方形如同一个平方数比一个平方数；

因此，AB与BF长度可公度。

［X. 9］

而AB上的正方形等于AF、FB上的正方形之和；

因此，AB上的正方形比AF上的正方形大一个与AB可公度的直线BF上的正方形。

这样便求出了仅正方可公度的两条有理直线BA、AF，使较大直线AB上的正方形比较小直线AF上的正方形大一个与AB长度可公度的BF上的正方形。

这就是所要证明的。

命题30

求仅正方可公度的两条有理直线，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线长度不可公度的直线上的正方形。

To find two rational straight lines commensurable in square only and such that the square on the greater is greater than the square on the less by the square on a straight line incommensurable in length with the greater.

给定某条有理直线AB以及两个平方数CD、ED，使它们之和CD不是平方数；

［引理2］

在AB上作半圆AFB，

且作DC比CE如同BA上的正方形比AF上的正方形。

［X. 6，推论］

连接FB。

于是，以与之前类似的方法可以证明，BA、AF是仅正方可公度的有理直线。

又，由于DC比CE如同BA上的正方形比AF上的正方形，

因此，取换比例，

CD比DE如同AB上的正方形比BF上的正方形。

［V. 19，推论，III. 31，I. 47］

但CD比DE不如同一个平方数比一个平方数；

因此，AB上的正方形比BF上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，AB与BF长度不可公度。

［X. 9］

而AB上的正方形比AF上的正方形大一个与AB不可公度的FB上的正方形。

因此，AB、AF是仅正方可公度的有理直线，且AB上的正方形比AF上的正方形大一个与AB不可公度的FB上的正方形。

这就是所要证明的。

命题31

求围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线长度可公度的直线上的正方形。

To find two medial straight lines commensurable in square only, containing a rational rectangle, and such that the square on the greater is greater than the square on the less by the square on a straight line commensurable in length with the greater.

?

给定仅正方可公度的两条有理直线A、B，使较大直线A上的正方形比较小直线B上的正方形大一个与A长度可公度的直线上的正方形。

［X. 29］

且设C上的正方形等于矩形A、B。

现在，矩形A、B是中项面；

［X. 21］

因此，C上的正方形也是中项面；

因此，C也是中项线。

［X. 21］

设矩形C、D等于B上的正方形。

现在，B上的正方形是有理的；

因此，矩形C、D也是有理的。

又，由于A比B如同矩形A、B比B上的正方形，

而C上的正方形等于矩形A、B，

且矩形C、D等于B上的正方形，

因此，A比B如同C上的正方形比矩形C、D。

但C上的正方形比矩形C、D如同C比D；

因此也有，A比B如同C比D。

但A与B仅正方可公度；

因此，C与D也仅正方可公度。

［X. 11］

而C是中项线；

因此，D也是中项线。

［X. 23，附注］

又，由于A比B如同C比D，

且A上的正方形比B上的正方形大一个与A可公度的直线上的正方形。

因此也有，C上的正方形比D上的正方形大一个与C可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

这样便求出了围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线C、D，使C上的正方形比D上的正方形大一个与C长度可公度的直线上的正方形。

类似地，还可以证明，当A上的正方形比B上的正方形大一个与A不可公度的直线上的正方形时，C上的正方形比D上的正方形大一个与C也不可公度的直线上的正方形。

［X. 30］

这就是所要证明的。

命题32

求围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线可公度的直线上的正方形。

To find two medial straight lines commensurable in square only, containing a medial rectangle, and such that the square on the greater is greater than the square on the less by the square on a straight line commensurable with the greater.

?

给定仅正方可公度的三条有理直线A、B、C，使A上的正方形比C上的正方形大一个与A可公度的直线上的正方形，

［X. 29］

且设D上的正方形等于矩形A、B。

因此，D上的正方形是中项面；

因此，D也是中项线。

［X. 21］

设矩形D、E等于矩形B、C。

于是，由于矩形A、B比矩形B、C如同A比C；

而D上的正方形等于矩形A、B，

且矩形D、E等于矩形B、C，

因此，A比C如同D上的正方形比矩形D、E。

但D上的正方形比矩形D、E如同D比E；

因此也有，A比C如同D比E。

但A与C仅正方可公度；

因此，D与E也仅正方可公度。

［X. 11］

而D是中项线；

因此，E也是中项线。

［X. 23，附注］

又，由于A比C如同D比E，

而A上的正方形比C上的正方形大一个与A可公度的直线上的正方形，

因此也有，D上的正方形比E上的正方形大一个与D可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

其次我说，矩形D、E也是中项面。

这是因为，由于矩形B、C等于矩形D、E，而矩形B、C是中项面，

［X. 21］

因此，矩形D、E也是中项面。

这样便求出了围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线D、E，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线可公度的直线上的正方形。

类似地，还可以证明，当A上的正方形比C上的正方形大一个与A不可公度的直线上的正方形时，D上的正方形比E上的正方形大一个与D也不可公度的直线上的正方形。

［X. 30］

这就是所要证明的。

引理设ABC是一个直角三角形，A是直角，且从A作垂线AD；

?

我说，矩形CB、BD等于BA上的正方形，

矩形BC、CD等于CA上的正方形，

矩形BD、DC等于AD上的正方形，

以及矩形BC、AD等于矩形BA、AC。

首先，矩形CB、BD等于BA上的正方形。

这是因为，由于在直角三角形中，AD是从直角顶点向底所作的垂线，

因此，三角形ABD、ADC都相似于整个三角形ABC并且彼此相似。

［VI. 8］

又，由于三角形ABC相似于三角形ABD，

因此，CB比BA如同BA比BD；

［VI. 4］

因此，矩形CB、BD等于AB上的正方形。

［VI. 17］

同理，矩形BC、CD也等于AC上的正方形。

又，由于如果在一个直角三角形中从直角顶点向底作一垂线，则该直线是底上两段的比例中项，

［VI. 8，推论］

因此，BD比DA如同AD比DC；

因此，矩形BD、DC等于AD上的正方形。

［VI. 17］

我说，矩形BC、AD也等于矩形BA、AC。

这是因为，如我们所说，因三角形ABC相似于ABD，

因此，BC比CA如同BA比AD。

［VI. 4］

因此，矩形BC、AD等于矩形BA、AC。

［VI. 16］

这就是所要证明的。

命题33

求正方不可公度的两直线，使其上的正方形之和是有理的，但它们围成的矩形是中项面。

To find two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them rational but the rectangle contained by them medial.

?

给定仅正方可公度的两有理直线AB、BC，使较长直线AB上的正方形比较短直线BC上的正方形大一个与AB不可公度的直线上的正方形，

［X. 30］

设BC被二等分于D，

对AB贴合出一个平行四边形，它等于BD、DC之一，且亏缺一个正方形，

设它是矩形AE、EB；

［VI. 28］

在AB上作半圆AFB，

作EF与AB成直角，

连结AF、FB。

于是，由于AB、BC是不等的直线，

且AB上的正方形比BC上的正方形大一个与AB不可公度的直线上的正方形，

而已经对AB贴合出一个等于BC上的正方形的四分之一，即AB一半上的正方形，且亏缺一个正方形的平行四边形，即矩形AE、EB，

因此，AE与EB不可公度。

［X. 18］

又，AE比EB如同矩形BA、AE比矩形AB、BE，

而矩形BA、AE等于AF上的正方形，

且矩形AB、BE等于BF上的正方形；

因此，AF上的正方形与FB上的正方形不可公度；

因此，AF、FB正方不可公度。

又，由于AB是有理的，

因此，AB上的正方形也是有理的；

因此，AF、FB上的正方形之和也是有理的。

［I. 47］

又，由于矩形AE、EB等于EF上的正方形，

且根据假设，矩形AE、EB也等于BD上的正方形，

因此，FE等于BD；

因此，BC是FE的二倍，

因此，矩形AB、BC与矩形AB、EF也可公度。

但矩形AB、BC是中项面；

［X. 21］

因此，矩形AB、EF也是中项面。

［X. 23，推论］

但矩形AB、EF等于矩形AF、FB；

因此，矩形AF、FB也是中项面。

但已证明，这些直线上的正方形之和是有理的。

这样便求出了正方不可公度的两直线AF、FB，使其上的正方形之和是有理的，但它们围成的矩形是中项面。

这就是所要证明的。

命题34

求正方不可公度的两直线，使其上的正方形之和是中项面，但它们围成的矩形是有理面。

To find two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them medial but the rectangle contained by them rational.

?

给定仅正方可公度的两中项线AB、BC，使它们围成的矩形是有理的，且AB上的正方形比BC上的正方形大一个与AB不可公度的直线上的正方形；

［X. 31，最后］

在AB上作半圆ADB，

设BC在E被二等分，

对AB贴合出一个等于BE上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，即矩形AF、FB；

［VI. 28］

因此，AF与FB长度不可公度。

［X. 18］

从F作FD与AB成直角，

连结AD、DB。

由于AF与FB长度不可公度，

因此，矩形BA、AF与矩形AB、BF也不可公度。

［X. 11］

但矩形AB、AF等于AD上的正方形，且矩形AB、BF等于DB上的正方形；

因此，AD上的正方形与DB上的正方形也不可公度。

又，由于AB上的正方形是中项面，

因此，AD、DB上的正方形之和也是中项面。

［III. 31，I. 47］

又，由于BC是DF的二倍，

因此，矩形AB、BC也是矩形AB、FD的二倍。

但矩形AB、BC是有理的；

因此，矩形AB、FD也是有理的。

［X. 6］

但矩形AB、FD等于矩形AD、DB；

［X. 32 引理］

因此，矩形AD、DB也是有理的。

这样便求出了正方不可公度的两直线AD、DB，使其上的正方形之和是中项面，但它们围成的矩形是有理面。

这就是所要证明的。

命题35

求正方不可公度的两直线，使其上的正方形之和是中项面，它们围成的矩形是中项面，且该矩形与两正方形之和不可公度。

To find two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them medial and the rectangle contained by them medial and moreover incommensurable with the sum of the squares on them.

给定仅正方可公度的围成一个中项矩形的两中项线AB、BC，使AB上的正方形比BC上的正方形大一个与AB不可公度的直线上的正方形；

［X. 32，最后］

在AB上作半圆ADB，

且如前作出图的其余部分。

于是，由于AF与FB长度不可公度，

［X. 18］

因此，AD与DB正方不可公度。

［X. 11］

又，由于AB上的正方形是中项面，

因此，AD、DB上的正方形之和也是中项面。

［III. 31，I. 47］

又，由于矩形AF、FB等于直线BE、DF中的每一个上的正方形，

因此，BE等于DF；

因此，BC是FD的二倍，

因此，矩形AB、BC也是矩形AB、FD的二倍。

但矩形AB、BC是中项面；

因此，矩形AB、FD也是中项面。

［X. 23，推论］

又，它等于矩形AD、DB；

［X. 32后的引理］

因此，矩形AD、DB也是中项面。

又，由于AB与BC长度不可公度，

而CB与BE可公度，

因此，AB与BE也长度不可公度，

［X. 13］

因此，AB上的正方形与矩形AB、BE也不可公度。

［X. 11］

但AD、DB上的正方形之和等于AB上的正方形，

［I. 47］

而矩形AB、FD，即矩形AD、DB，等于矩形AB、BE；

因此，AD、DB上的正方形之和与矩形AD、DB不可公度。

这样便求出了正方不可公度的两直线AD、DB，使其上的正方形之和是中项面，它们围成的矩形是中项面，且该矩形与两正方形之和不可公度。

这就是所要证明的。

命题36

仅正方可公度的两有理直线之和是无理的；且称之为二项线。

If two rational straight lines commensurable in square only be added together, the whole is irrational; and let it be called?binomial.

?

将仅正方可公度的两有理直线AB、BC相加；

我说，整个AC是无理的。

这是因为，由于AB与BC长度不可公度——

这是因为它们仅正方可公度——

且AB比BC如同矩形AB、BC比BC上的正方形，

因此，矩形AB、BC与BC上的正方形不可公度。

［X. 11］

但二倍的矩形AB、BC与矩形AB、BC可公度，

［X. 6］

且AB、BC上的正方形之和与BC上的正方形可公度——

这是因为，AB、BC是仅正方可公度的两有理直线。

［X. 15］

因此，二倍的矩形AB、BC与AB、BC上的正方形之和不可公度。

［X. 13］

又，取合比例，二倍的矩形AB、BC与AB、BC上的正方形相加，即AC上的正方形［II. 4］，与AB、BC上的正方形之和不可公度。

［X. 16］

但AB、BC上的正方形之和是有理的；

因此，AC上的正方形是无理的，

因此，AC也是无理的。

［X. 定义4］

且称之为二项线。

这就是所要证明的。

命题37

围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线之和是无理的；且称之为第一双中项线。

If two medial straight lines commensurable in square only and containing a rational rectangle be added together, the whole is irrational; and let it be called a?first bimedial?straight line.

?

将围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线AB、BC相加；

我说，整个AC是无理的。

这是因为，由于AB与BC长度不可公度，

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC也不可公度；

［参见X. 36］

又，取合比例，AB、BC上的正方形与二倍的矩形AB、BC之和，即AC上的正方形［II. 4］，与矩形AB、BC不可公度。

［X. 16］

但矩形AB、BC是有理的，这是因为根据假设，AB、BC是围成一个有理矩形的直线，

因此，AC上的正方形是无理的；

因此，AC是无理的。

［X. 定义4］

且称之为第一双中项线。

这就是所要证明的。

命题38

围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线之和是无理的；且称之为第二双中项线。

If two medial straight lines commensurable in square only and containing a medial rectangle be added together, the whole is irrational; and let it be called a?second bimedial?straight line.

?

将围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线AB、BC相加；

我说，整个AC是无理的。

这是因为，给定一条有理直线DE，对DE贴合出一个等于AC上的正方形的平行四边形DF，产生作为宽的DG。

［I. 44］

于是，由于AC上的正方形等于AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC之和，

［II. 4］

设对DE贴合出EH等于AB、BC上的正方形之和；

因此，余量HF等于二倍的矩形AB、BC。

又，由于直线AB、BC中的每一条都是中项线，

因此，AB、BC上的正方形之和也是中项面。

但根据假设，二倍的矩形AB、BC也是中项面。

且EH等于AB、BC上的正方形之和，

而FH等于二倍的矩形AB、BC；

因此，矩形EH、HF中的每一个都是中项面。

又，它们都是对有理直线DE贴合出的；

因此，直线DH、HG中的每一条都是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

于是，由于AB与BC长度不可公度，

且AB比BC如同AB上的正方形比矩形AB、BC，

因此，AB上的正方形与矩形AB、BC不可公度。

［X. 11］

但AB、BC上的正方形之和与AB上的正方形可公度，

［X. 15］

且二倍的矩形AB、BC与矩形AB、BC可公度。

［X. 6］

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度。

［X. 13］

但EH等于AB、BC上的正方形之和，

且HF等于二倍的矩形AB、BC。

因此，EH与HF不可公度，

因此，DH与HG也长度不可公度。

［VI. 1，X. 11］

因此，DH、HG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是无理的。

［X. 36］

但DE是有理的；

而由一条无理直线和一条有理直线围成的矩形是无理面；

［参见X. 20］

因此，面DF是无理的，

且与DF相等的正方形的边是无理的，

［X. 定义4］

但AC是等于DF的正方形的边；

因此，AC是无理的。

且称之为第二双中项线。

这就是所要证明的。

命题39

若正方不可公度的两直线上的正方形之和是有理的，但它们围成的矩形是中项面，则它们相加所得到的整条直线是无理的；且称之为主线。

If two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them rational, but the rectangle contained by them medial, be added together, the whole straight line is irrational; and let it be called?major.

设AB、BC是正方不可公度的直线，且满足给定的条件［X. 33］，将两直线相加；

我说，AC是无理的。

这是因为，由于矩形AB、BC是中项面，所以

二倍的矩形AB、BC也是中项面。

［X. 6和23，推论］

但AB、BC上的正方形之和是有理的；

因此，二倍的矩形AB、BC与AB、AC上的正方形之和不可公度，

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC相加，即AC上的正方形，与AB、BC上的正方形之和也不可公度；

［X. 16］

因此，AC上的正方形是无理的，

因此，AC也是无理的。

［X. 定义4］

且称之为主线。

这就是所要证明的。

命题40

若正方不可公度的两直线上的正方形之和是中项面，但它们围成的矩形是有理的，则它们相加所得到的整条直线是无理的；且称之为有理中项面的边。

If two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them medial, but the rectangle contained by them rational, be added together, the whole straight line is irrational; and let it be called the?side of a rational plus a medial area.

设AB、BC是正方不可公度的直线，且满足给定的条件［X. 34］，将两直线相加。

我说，AC是无理的。

这是因为，由于AB、BC上的正方形之和是中项面，而二倍的矩形AB、BC是有理的，

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度；

因此，AC上的正方形与二倍的矩形AB、BC也不可公度。

［X. 16］

但二倍的矩形AB、AC是有理的；

因此，AC上的正方形是无理的。

因此，AC是无理的。

［X. 定义4］

且称之为有理中项面的边。

这就是所要证明的。

命题41

若正方不可公度的两直线上的正方形之和是中项面，它们围成的矩形也是中项面，且与两直线上的正方形之和不可公度，则这两直线之和是无理的；且称之为两中项面之和的边。

If two straight lines incommensurable in square which make the sum of the squares on them medial, and the rectangle contained by them medial and also incommensurable with the sum of the squares on them, be added together, the whole straight line is irrational; and let it be called the?side of the sum of two medial areas.

?

设AB、BC是正方不可公度的直线，且满足给定的条件［X. 35］，将两直线相加；

我说，AC是无理的。

给定一有理直线DE，对DE贴合出矩形DF等于AB、BC上的正方形之和，再设矩形GH等于二倍的矩形AB、BC；

因此，整个DH等于AC上的正方形。

［II. 4］

现在，由于AB、BC上的正方形之和是中项面，

且等于DF，

因此，DF也是中项面。

又，它是对有理直线DE贴合出的；

因此，DG是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

同理，GK也是有理的，且与GF即DE长度不可公度。

又，由于AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度，所以

DF与GH不可公度；

因此，DG与GK也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

且它们是有理的；

因此，DG、GK是仅正方可公度的两有理直线。

因此，DK是无理的且被称为二项线。

［X. 36］

但DE是有理的；

因此，DH是无理的，且与它相等的正方形的边是无理的。

［X. 定义4］

但AC是等于HD的正方形的边；

因此，AC是无理的。

且称之为两中项面之和的边。

这就是所要证明的。

引理前述无理直线只以一种方式被分成产生相关类型的两条直线，我们现在将在假定了如下引理之后进行证明。

?

给定直线AB，在点C、D中的每一点将整个AB分成不等的两部分，

且设AC大于DB；

我说，AC、CB上的正方形之和大于AD、DB上的正方形之和。

这是因为，设AB被二等分于E。

于是，由于AC大于DB，

从它们中分别减去DC；

因此，余量AD大于余量CB。

但AE等于EB；

因此，DE小于EC；

因此，点C、D与平分点并不等距。

又，由于矩形AC、CB与EC上的正方形之和等于EB上的正方形，

［II. 5］

且矩形AD、DB与DE上的正方形之和等于EB上的正方形，

［II. 5］

因此，矩形AC、CB与EC上的正方形之和等于矩形AD、DB与DE上的正方形之和。

且其中DE上的正方形小于EC上的正方形；

因此，余量，即矩形AC、CB，也小于矩形AD、DB，

因此，二倍的矩形AC、CB小于二倍的矩形AD、DB。

因此也有，余量，即AC、CB上的正方形之和，大于AD、DB上的正方形之和。

这就是所要证明的。

命题42

一条二项线仅在一点被分成它的两段。

A binomial straight line is divided into its terms at one point only.

?

设AB是一条二项线，在C点被分成它的两段；

因此，AC、CB是仅正方可公度的两有理直线。

我说，AB在另一点不被分成仅正方可公度的两有理直线。

这是因为，如果可能，设它也在D点被分成它的两段，因此AD、DB也是仅正方可公度的两有理直线。

于是显然，AC与DB不同。

这是因为，如果可能，设AC与DB相同。

于是，AD也与CB相同，

且AC比CB如同BD比DA；

于是，D分AB的方式与C分AB的方式相同：

这与假设相反。

因此，AC与DB不同。

因此也有，点C、D与平分点并不等距。

因此，AC、CB上的正方形之和与AD、DB上的正方形之和的差也是二倍的矩形AD、DB与二倍的矩形AC、CB的差，

这是因为，AC、CB上的正方形之和加二倍的矩形AC、CB，与AD、DB上的正方形之和加二倍的矩形AD、DB，都等于AB上的正方形。

［II. 4］

但AC、CB上的正方形之和与AD、DB上的正方形之和的差是一个有理面，这是因为两者都是有理的；

因此，二倍的矩形AD、DB与二倍的矩形AC、CB之差也是一个有理面，尽管它们是中项面：

［X. 21］

这是荒谬的，因为中项面不会比中项面超出一个有理面。

［X. 26］

因此，一条二项线不在不同点被分成它的两段；

因此，它仅在一点被分成它的两段。

这就是所要证明的。

命题43

一条第一双中项线仅在一点被分成它的两段。

A first bimedial straight line is divided at one point only.

?

设AB是在C被分成两段的一条第一双中项线，使AC、CB是围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线；

［X. 37］

我说，AB在另一点分不成这样两段。

这是因为，如果可能，设AB在D也被分成两段，使AD、DB也是围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线。

于是，由于二倍的矩形AD、DB与二倍的矩形AC、CB之差等于AC、CB上的正方形之和与AD、DB上的正方形之和的差，

而二倍的矩形AD、DB与二倍的矩形AC、CB之差是一个有理面——因为两者都是有理的——

因此，AC、BC上的正方形之和与AD、DB上的正方形之和的差也是一个有理面，尽管它们是中项面：

这是荒谬的。

［X. 26］

因此，一条第一双中项线不在不同点被分成它的两段；

因此，它仅在一点被分成它的两段。

这就是所要证明的。

命题44

一条第二双中项线仅在一点被分成它的两段。

A second bimedial straight line is divided at one point only.

?

设AB是在C被分成两段的一条第二双中项线，使AC、CB是围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线；

［X. 38］

于是，C显然不在二等分点，因为两段并非长度可公度。

我说，AB在另一点分不成这样两段。

这是因为，如果可能，设AB在D也被分成两段，使AC与DB不同，但假设AC较大；

于是很清楚，如前面已经证明的［引理］，AD、DB上的正方形之和小于AC、CB上的正方形之和；

且假设AD、DB是围成一个中项矩形的仅正方可公度的两中项线。

现在，给定一条有理直线EF，

对EF贴合出矩形EK使之等于AB上的正方形，

且减去等于AC、CB上的正方形之和的EG；

因此，余量HK等于二倍的矩形AC、CB。

［II. 4］

又，减去等于AD、DB上的正方形之和的EL，已经证明它小于AC、CB上的正方形之和；

［引理］

因此，余量MK也等于二倍的矩形AD、DB。

现在，由于AC、CB上的正方形之和是中项面，

因此，EG是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的；

因此，EH是有理直线且与EF长度不可公度。

［X. 22］

同理，

HN也是有理直线且与EF长度不可公度。

又，由于AC、CB是仅正方可公度的中项线，

因此，AC与CB长度不可公度。

但AC比CB如同AC上的正方形比矩形AC、CB；

因此，AC上的正方形与矩形AC、CB不可公度。

［X. 11］

但AC、CB上的正方形之和与AC上的正方形可公度；这是因为AC、CB正方可公度。

［X. 15］

而二倍的矩形AC、CB与矩形AC、CB可公度。

［X. 6］

因此，AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB也不可公度。

［X. 13］

但EG等于AC、CB上的正方形之和；

而HK等于二倍的矩形AC、CB；

因此，EG与HK不可公度，

因此，EH与HN也长度不可公度。

［VI. 1，X. 11］

而它们是有理的，

因此，EH、HN是仅正方可公度的有理直线。

但仅正方可公度的两有理直线之和是被称为二项线的无理直线。

［X. 36］

因此，EN是在H被分成两段的二项线。

用同样的方法可以证明，EM、MN也是仅正方可公度的两有理直线；

且EN是在不同的点H和M被分成两段的二项线。

又，EH与MN不同。

这是因为，AC、CB上的正方形之和大于AD、DB上的正方形之和。

但AD、DB上的正方形之和大于二倍的矩形AD、DB；

因此也有，AC、CB上的正方形之和，即EG，更大于二倍的矩形AD、DB，即MK，

于是，EH也大于MN。

因此，EH与MN不同。

这就是所要证明的。

命题45

一条主线仅在一点被分成它的两段。

A major straight line is divided at one and the same point only.

?

设AB是在C被分成两段的一条主线，使AC、CB正方不可公度，且AC、CB上的正方形之和是有理面，但矩形AC、CB是中项面；

我说，AB在另一点分不成这样两段。

这是因为，如果可能，设AB在D也被分成两段，使AD、DB也正方不可公度，且AD、DB上的正方形之和是有理面，但它们围成的矩形是中项面。

于是，由于AC、CB上的正方形之和与AD、DB上的正方形之和的差也等于二倍的矩形AD、DB与二倍的矩形AC、CB之差，

而AC、CB上的正方形之和比AD、DB上的正方形之和超出一个有理面——这是因为二者都是有理的——

因此，二倍的矩形AD、DB也比二倍的矩形AC、CB超出一个有理面，尽管它们是中项面：

这是不可能的。

［X. 26］

因此，一条主线不在不同点被分成它的两段；

因此，它仅在一点被分成它的两段。

这就是所要证明的。

命题46

一个有理中项面的边仅在一点被分成它的两段。

The side of a rational plus a medial area is divided at one point only.

?

设AB是在C被分成两段的一个有理中项面的边，使AC、CB正方不可公度，且AC、CB上的正方形之和是中项面，但二倍的矩形AC、CB是有理的；

［X. 40］

我说，AB在另一点分不成这样两段。

这是因为，如果可能，设AB在D也被分成两段，使AD、DB也正方不可公度，且AD、DB上的正方形之和是中项面，但二倍的矩形AD、DB是有理的。

于是，由于二倍的矩形AC、CB与二倍的矩形AD、DB之差也等于AD、DB上的正方形之和与AC、CB上的正方形之和的差，

而二倍的矩形AC、CB比二倍的矩形AD、DB超出一个有理面，

因此，AD、DB上的正方形之和也比AC、CB上的正方形之和超出一个有理面，尽管它们是中项面：

这是不可能的。

［X. 26］

因此，一个有理中项面的边不在不同点被分成它的两段；

因此，它仅在一点被分成它的两段。

这就是所要证明的。

命题47

两中项面之和的边仅在一点被分成它的两段。

The side of the sum of two medial areas is divided at one point only.

?

设AB在C被分成两段，使AC、CB正方不可公度，AC、CB上的正方形之和是中项面，矩形AC、CB是中项面，且与AC、CB上的正方形之和也不可公度；

我说，AB在另一点分不成满足给定条件的这样两段。

这是因为，如果可能，设AB在D也被分成两段，使AC不同于BD，但设AC较大；

给定一条有理直线EF，

对EF贴合出矩形EG等于AC、CB上的正方形之和，

且作矩形HK等于二倍的矩形AC、CB；

因此，整个EK等于AB上的正方形。

［II. 4］

再对EF贴合出EL等于AD、DB上的正方形之和；

因此，余量，即二倍的矩形AD、DB，等于余量MK。

又，根据假设，由于AC、CB上的正方形之和是中项面，

因此，EG也是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的；

因此，HE是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

HN也是有理的，且与EF长度不可公度。

又，由于AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB不可公度，

因此，EG与GN也不可公度，

因此，EH与HN也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

而它们是有理的；

因此，EH、HN是仅正方可公度的有理直线，

因此，EN是在H被分成两段的二项线。

［X. 36］

类似地，可以证明，EN也在M被分成两段。

而EH不同于MN；

因此，一条二项线在不同的点被分成两段：

这是荒谬的。

［X. 42］

因此，两中项面之和的边不在不同点被分成它的两段；

因此，它仅在一点被分成它的两段。

这就是所要证明的。

定义?Ⅱ Definitions

01 / 给定一条有理直线和一条二项线，并把二项线被分成它的两段，使较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线长度可公度的直线上的正方形，于是，若较大直线与给定的有理直线长度可公度，则把原二项线称为第一二项线；

Given a rational straight line and a binomial, divided into its terms, such that the square on the greater term is greater than the square on the lesser by the square on a straight line commensurable in length with the greater, then, if the greater term be commensurable in length with the rational straight line set out, let the whole be called a?first binomial?straight line;

02 / 但若较小直线与给定的有理直线长度可公度，则称原二项线为第二二项线；

but if the lesser term be commensurable in length with the rational straight line set out, let the whole be called a?second binomial;

03 / 若较大直线和较小直线与给定的有理直线都长度不可公度，则称原二项线为第三二项线；

and if neither of the terms be commensurable in length with the rational straight line set out, let the whole be called a?third binomial.

04 / 又，如果较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线长度不可公度的直线上的正方形，那么，若较大直线与给定的有理直线长度可公度，则称原二项线为第四二项线；

Again, if the square on the greater term be greater than the square on the lesser by the square on a straight line incommensurable in length with the greater, then, if the greater term be commensurable in length with the rational straight line set out, let the whole be called a?fourth binomial;

05 / 若较小直线与给定的有理直线长度可公度，则称原二项线为第五二项线；

if the lesser, a?fifth binomial;

06 / 若较大直线和较小直线与给定的有理直线都长度不可公度，则称原二项线为第六二项线。

and if neither, a?sixth binomial.

命题?Proposition

命题48

求第一二项线。

To find the first binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使它们之和AB比BC如同一个平方数比一个平方数，但AB比AC不如同一个平方数比一个平方数；

［X. 28后的引理1］

给定某有理直线D，且设EF与D长度可公度。

因此，EF也是有理的。

设法使数BA比AC如同EF上的正方形比FG上的正方形。

［X. 6，推论］

但AB比AC如同一个数比一个数；

因此，EF上的正方形比FG上的正方形也如同一个数比一个数，

因此，EF上的正方形与FG上的正方形可公度。

［X. 6］

而EF是有理的；

因此，FG也是有理的。

又，由于BA比AC不如同一个平方数比一个平方数，

因此，EF上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，EF与FG长度不可公度。

［X. 9］

因此，EF、FG是仅正方可公度的有理直线；

因此，EG是二项线。

［X. 36］

我说，EG也是第一二项线。

这是因为，由于数BA比AC如同EF上的正方形比FG上的正方形，

而BA大于AC，

因此，EF上的正方形也大于FG上的正方形。

于是，设FG、H上的正方形之和等于EF上的正方形。

现在，由于BA比AC如同EF上的正方形比FG上的正方形，

因此，取换比例，

AB比BC如同EF上的正方形比H上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC如同一个平方数比一个平方数；

因此，EF上的正方形比H上的正方形也如同一个平方数比一个平方数。

因此，EF与H长度可公度；

［X. 9］

因此，EF上的正方形比FG上的正方形大一个与EF可公度的直线上的正方形。

而EF、FG都是有理的，且EF与D长度可公度。

因此，EG是第一二项线。

这就是所要证明的。

命题49

求第二二项线。

To find the second binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使它们之和AB比BC如同一个平方数比一个平方数，但AB比AC不如同一个平方数比一个平方数；

给定一条有理直线D，且设EF与D长度可公度；

因此，EF是有理的。

设法使数CA比AB如同EF上的正方形比FG上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，EF上的正方形与FG上的正方形可公度。

［X. 6］

因此，FG也是有理的。

现在，由于数CA比AB不如同一个平方数比一个平方数，所以EF上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数。

因此，EF与FG长度不可公度；

［X. 9］

因此，EF、FG是仅正方可公度的有理直线；

因此，EG是二项线。

［X. 36］

其次要证明，它也是第二二项线。

这是因为，取反比例，数BA比AC如同GF上的正方形比FE上的正方形，

而BA大于AC，

因此，GF上的正方形大于FE上的正方形。

设EF、H上的正方形之和等于GF上的正方形；

因此，取换比例，AB比BC如同FG上的正方形比H上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG上的正方形比H上的正方形如同一个平方数比一个平方数。

因此，FG与H长度可公度；

［X. 9］

于是，FG上的正方形比FE上的正方形大一个与FG可公度的直线上的正方形。

而FG、FE是仅正方可公度的有理直线，且较小直线EF与给定的有理直线D长度可公度。

因此，EG是第二二项线。

这就是所要证明的。

命题50

求第三二项线。

To find the third binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使它们之和AB比BC如同一个平方数比一个平方数，但AB比AC不如同一个平方数比一个平方数。

又给定另一非平方数D，且设D比数BA、AC中的每一个都不如同一个平方数比一个平方数。

给定某一有理直线E，

设法使D比AB如同E上的正方形比FG上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，E上的正方形与FG上的正方形可公度。

［X. 6］

而E是有理的；

因此，FG也是有理的。

又，由于D比AB不如同一个平方数比一个平方数，所以

E上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，E与FG长度不可公度。

［X. 9］

其次，设法使数BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，FG上的正方形与GH上的正方形可公度。

［X. 6］

但FG是有理的；

因此，GH也是有理的。

又，由于BA比AC不如同一个平方数比一个平方数，所以

FG上的正方形比HG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与GH长度不可公度。

［X. 9］

因此，FG、GH是仅正方可公度的有理直线；

因此，FH是二项线。

［X. 36］

其次我说，它也是第三二项线。

这是因为，由于D比AB如同E上的正方形比FG上的正方形，

而BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，取首末比例，

D比AC如同E上的正方形比GH上的正方形。

［V. 22］

但D比AC不如同一个平方数比一个平方数；

因此，E上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，E与GH长度不可公度。

［X. 9］

又，由于BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，FG上的正方形大于GH上的正方形。

于是，设GH、K上的正方形之和等于FG上的正方形；

因此，取换比例，

AB比BC如同FG上的正方形比K上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG上的正方形比K上的正方形也如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与K长度可公度。

［X. 9］

因此，FG上的正方形比GH上的正方形大一个与FG可公度的直线上的正方形。

又，FG、GH是仅正方可公度的有理直线，且它们中的每一个都不与E长度可公度。

因此，FH是第三二项线。

这就是所要证明的。

命题51

求第四二项线。

To find the fourth binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使它们之和AB比BC和AB比AC都不如同一个平方数比一个平方数。

给定一条有理直线D，

且设EF与D长度可公度；

因此，EF也是有理的。

设法使数BA比AC如同EF上的正方形比FG上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，EF上的正方形与FG上的正方形可公度；

［X. 6］

因此，FG也是有理的。

现在，由于BA比AC不如同一个平方数比一个平方数，所以EF上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，EF与FG长度不可公度。

［X. 9］

因此，EF、FG是仅正方可公度的有理直线；

因此，EG是二项线。

其次我说，EG也是第四二项线。

这是因为，由于BA比AC如同EF上的正方形比FG上的正方形，

因此，EF上的正方形大于FG上的正方形。

于是，设FG、H上的正方形之和等于EF上的正方形；

因此，取换比例，

数AB比BC如同EF上的正方形比H上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC不如同一个平方数比一个平方数，

因此，EF上的正方形比H上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数。

因此，EF与H长度不可公度；

［X. 9］

因此，EF上的正方形比GF上的正方形大一个与EF不可公度的直线上的正方形。

而EF、FG是仅正方可公度的有理直线，且EF与D长度可公度。

因此，EG是第四二项线。

这就是所要证明的。

命题52

求第五二项线。

To find the fifth binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使AB比AC和AB比CB都不如同一个平方数比一个平方数；

给定某一有理直线D，

且设EF与D可公度；

因此，EF是有理的。

设法使CA比AB如同EF上的正方形比FG上的正方形；

［X. 6，推论］

但CA比AB不如同一个平方数比一个平方数；

因此，EF上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数。

因此，EF、FG是仅正方可公度的有理直线；

［X. 9］

因此，EG是二项线。

［X. 36］

其次我说，EG也是第五二项线。

这是因为，由于CA比AB如同EF上的正方形比FG上的正方形，

取反比例，BA比AC如同FG上的正方形比FE上的正方形；

因此，GF上的正方形大于FE上的正方形。

于是，设EF、H上的正方形之和等于GF上的正方形；

因此，取换比例，

数AB比BC如同GF上的正方形比H上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG上的正方形比H上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数。

因此，FG与H长度不可公度；

［X. 9］

因此，FG上的正方形比FE上的正方形大一个与FG不可公度的直线上的正方形。

而GF、FE是仅正方可公度的有理直线，且较小直线EF与给定的有理直线D长度可公度。

因此，EG是第五二项线。

这就是所要证明的。

命题53

求第六二项线。

To find the sixth binomial straight line.

?

给定两数AC、CB，使AB比AC和AB比CB都不如同一个平方数比一个平方数；

又给定另一非平方数D，且D比数BA、AC中的每一个都不如同一个平方数比一个平方数；

给定某一有理直线E，

设法使D比AB如同E上的正方形比FG上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，E上的正方形与FG上的正方形可公度。

［X. 6］

而E是有理的；

因此，FG也是有理的。

现在，由于D比AB不如同一个平方数比一个平方数，所以

E上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，E与FG长度不可公度。

［X. 9］

又，设法使BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形。

［X. 6，推论］

因此，FG上的正方形与HG上的正方形可公度。

［X. 6］

因此，HG上的正方形是有理的；

因此，HG是有理的。

又，由于BA比AC不如同一个平方数比一个平方数，所以

FG上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与GH长度不可公度。

［X. 9］

因此，FG、GH是仅正方可公度的有理直线；

因此，FH是二项线。

［X. 36］

其次要证明，FH也是第六二项线。

这是因为，由于D比AB如同E上的正方形比FG上的正方形，

且BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，取首末比例，

D比AC如同E上的正方形比GH上的正方形。

［V. 22］

但D比AC不如同一个平方数比一个平方数，

因此，E上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数，

因此，E与GH长度不可公度。

［X. 9］

但已证明，E与FG不可公度；

因此，直线FG、GH中的每一个与E长度不可公度。

又，由于BA比AC如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，FG上的正方形大于GH上的正方形。

于是，设GH、K上的正方形之和等于FG上的正方形；

因此，取换比例，

AB比BC如同FG上的正方形比K上的正方形。

［V. 19，推论］

但AB比BC不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG上的正方形比K上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数。

因此，FG与K长度不可公度；

［X. 9］

因此，FG上的正方形比GH上的正方形大于一个与FG不可公度的直线上的正方形。

而FG、GH是仅正方可公度的有理直线，且它们中的每一个与给定的有理直线E都长度不可公度。

因此，FH是第六二项线。

这就是所要证明的。

引理设有两个正方形AB、BC，使DB与BE在同一直线上；

?

因此，FB与BG也在同一直线上。

将平行四边形AC补充完整；

我说，AC是正方形，DG是AB、BC的比例中项，且DC是AC、CB的比例中项。

这是因为，由于DB等于BF，且BE等于BG，

因此，整个DE等于整个FG。

但DE等于直线AH、KC中的每一个，

且FG等于直线AK、HC中的每一个；

［I. 34］

因此，直线AH、KC中的每一个也等于直线AK、HC中的每一个。

因此，平行四边形AC是等边的。

而它也是直角的；

因此，AC是正方形。

又，由于FB比BG如同DB比BE，

而FB比BG如同AB比DG，

且DB比BE如同DG比BC，

［VI. 1］

因此也有，AB比DG如同DG比BC。

［V. 11］

因此，DG是AB、BC的比例中项。

其次我说，DC也是AC、CB的比例中项。

这是因为，由于AD比DK如同KG比GC——

这是因为它们分别相等——

且取合比例，

AK比KD如同KC比CG，

［V. 18］

而AK比KD如同AC比CD，

且KC比CG如同DC比CB，

［VI. 1］

因此也有，AC比DC如同DC比BC。

［V. 11］

因此，DC是AC、CB的比例中项。

这就是所要证明的。

命题54

若一有理直线与第一二项线围成一个面，则此面的“边”[2]是被称为二项线的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the first binomial, the “side” of the area is the irrational straight line which is called binomial.

?

设有理直线AB与第一二项线AD围成一个面AC；

我说，面AC的“边”是被称为二项线的无理直线。

这是因为，由于AD是第一二项线，设它在点E被分成它的两段，且设AE较大。

于是显然，AE、ED是仅正方可公度的有理直线，

AE上的正方形比ED上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，

且AE与给定的有理直线AB长度可公度。

［X. 定义II. 1］

设ED在点F被二等分。

于是，由于AE上的正方形比ED上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，

因此，如果对较长直线AE贴合出一个平行四边形等于较短直线ED上的正方形的四分之一，即等于EF上的正方形，且亏缺一个正方形，则AE被分成可公度的两部分。

［X. 17］

于是，对AE贴合出矩形AG、GE等于EF上的正方形；

因此，AG与EG长度可公度。

从G、E、F分别作GH、EK、FL平行于直线AB、CD之一；

作正方形SN等于平行四边形AH，以及正方形NQ等于GK，

［II. 14］

并且使MN与NO在同一直线上；

因此，RN与NP也在同一直线上。

将平行四边形SQ补充完整；

因此，SQ是正方形。

［引理］

现在，由于矩形AG、GE等于EF上的正方形，

因此，AG比EF如同FE比EG；

［VI. 17］

因此也有，AH比EL如同EL比KG；

［VI. 1］

因此，EL是AH、GK的比例中项。

但AH等于SN，且GK等于NQ；

因此，EL是SN、NQ的比例中项。

但MR也是SN、NQ的比例中项；

［引理］

因此，EL等于MR，

因此，EL也等于PO。

但AH、GK也等于SN、NQ；

因此，整个AC等于整个SQ，即等于MO上的正方形；

因此，MO是AC的“边”。

其次我说，MO是二项线。

这是因为，由于AG与GE可公度，

因此，AE与直线AG、GE中的每一个也可公度。

［X. 15］

但根据假设，AE与AB也可公度；

因此，AG、GE与AB也可公度。

［X. 12］

而AB是有理的；

因此，直线AG、GE中的每一个也是有理的；

因此，矩形AH、GK中的每一个都是有理的，

［X. 19］

且AH与GK可公度。

但AH等于SN，且GK等于NQ；

因此，SN、NQ，即MN、NO上的正方形，是有理的且可公度。

又，由于AE与ED长度不可公度，

而AE与AG可公度，且DE与EF可公度，

因此，AG与EF也不可公度，

［X. 13］

因此，AH与EL也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

但AH等于SN，且EL等于MR；

因此，SN与MR也不可公度。

但SN比MR如同PN比NR；

［VI. 1］

因此，PN与NR不可公度。

［X. 11］

但PN等于MN，且NR等于NO；

因此，MN与NO不可公度。

而MN上的正方形与NO上的正方形可公度，

且每一个都是有理的；

因此，MN、NO是仅正方可公度的有理直线。

因此，MO是二项线［X. 36］，且是AC的“边”。

这就是所要证明的。

命题55

若一有理直线与第二二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为第一双中项线的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the second binomial, the “side” of the area is the irrational straight line which is called a first bimedial.

?

设有理直线AB与第二二项线AD围成面ABCD；

我说，面AC的“边”是第一双中项线。

这是因为，由于AD是第二二项线，设它在点E被分成它的两段，且AE较大；

因此，AE、ED是仅正方可公度的有理直线，

AE上的正方形比ED上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，

且较短直线ED与AB长度可公度。

［X. 定义II. 2］

设ED在点F被二等分。

且对AE贴合出矩形AG、GE等于EF上的正方形且亏缺一个正方形；

因此，AG与GE长度可公度。

［X. 17］

过G、E、F作GH、EK、FL平行于AB、CD，

作正方形SN等于平行四边形AH，正方形NQ等于GK，

且使MN与NO在同一直线上；

因此，RN与NP也在同一直线上。

将正方形SQ补充完整。

于是，从前面的证明显然可得，MR是SN、NQ的比例中项，且等于EL，而且MO是面AC的“边”。

现在需要证明，MO是第一双中项线。

由于AE与ED长度不可公度，

而ED与AB可公度，

因此，AE与AB不可公度。

［X. 13］

又，由于AG与EG可公度，所以

AE与直线AG、GE中的每一个也可公度。

［X. 15］

但AE与AB长度不可公度；

因此，AG、GE与AB也不可公度。

［X. 13］

因此，BA、AG和BA、GE是两对仅正方可公度的有理直线；

因此，矩形AH、GK中的每一个都是中项面。

［X. 21］

因此，正方形SN、NQ中的每一个都是中项面。

因此，MN、NO都是中项线。

又，由于AG与GE长度可公度，所以

AH与GK也可公度，

［VI. 1，X. 11］

即SN与NQ可公度，

即MN上的正方形与NO上的正方形可公度。

又，由于AE与ED长度不可公度，

而AE与AG可公度，

且ED与EF可公度，

因此，AG与EF不可公度；

［X. 13］

因此，AH与EL也不可公度，

即SN与MR不可公度，

即PN与NR不可公度，

［VI. 1，X. 11］

即MN与NO长度不可公度。

但已证明，MN、NO是中项线且正方可公度；

因此，MN、NO是仅正方可公度的中项线。

其次我说，MN、NO也围成一个有理矩形。

这是因为，根据假设，DE与直线AB、EF中的每一个可公度，

因此，EF与EK也可公度。

［X. 12］

而它们都是有理的；

因此，EL即MR是有理的，

［X. 19］

且MR是矩形MN、NO。

但围成一个有理矩形的仅正方可公度的两中项线之和是无理的，且称之为第一双中项线。

［X. 37］

因此，MO是第一双中项线。

这就是所要证明的。

命题56

若一有理直线与第三二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为第二双中项线的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the third binomial, the “side” of the area is the irrational straight line called a second bimedial.

设有理直线AB与第三二项线AD围成面ABCD，AD在E被分成它的两段，且AE较大；

我说，面AC的“边”是被称为第二双中项线的无理直线。

作和以前一样的图。

现在，由于AD是第三二项线，

因此，AE、ED是仅正方可公度的有理直线，

AE上的正方形比ED上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，

且AE、ED中的每一个都与AB长度不可公度。

［X. 定义II. 3］

于是，按照与前面类似的方法可以证明，MO是面AC的“边”，

且MN、NO是仅正方可公度的中项线；

因此，MO是双中项线。

其次需要证明，MO也是第二双中项线。

由于DE与AB即EK长度不可公度，

且DE与EF可公度，

因此，EF与EK长度不可公度。

［X. 13］

而它们都是有理的；

因此，FE、EK是仅正方可公度的有理直线，

因此，EL即MR是中项面。

［X. 21］

而它是由MN、NO围成的；

因此，矩形MN、NO是中项面。

因此，MO是第二双中项线。

［X. 38］

这就是所要证明的。

命题57

若一有理直线与第四二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为主线的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the fourth binomial, the “side” of the area is the irrational straight line called major.

?

设有理直线AB与第四二项线AD围成面AC，AD在E被分成它的两段，且AE较长；

我说，面AC的“边”是被称为主线的无理直线。

这是因为，由于AD是第四二项线，

因此，AE、ED是仅正方可公度的有理直线，

AE上的正方形比ED上的正方形大一个与AE不可公度的直线上的正方形，

且AE与AB长度可公度。

［X. 定义II. 4］

设DE在F被二等分，

对AE贴合出矩形AG、GE等于EF上的正方形；

因此，AG与GE长度不可公度。

［X. 18］

作GH、EK、FL平行于AB，

其余作图如前；

于是显然，MO是面AC的“边”。

其次需要证明，MO是被称为主线的无理直线。

由于AG与EG不可公度，所以

AH与GK也不可公度，即SN与NQ不可公度；

［VI. 1，X. 11］

因此，MN、NO正方不可公度。

又，由于AE与AB可公度，所以

AK是有理的；

［X. 19］

而它等于MN、NO上的正方形之和；

因此，MN、NO上的正方形之和也是有理的。

又，由于DE与AB即EK长度不可公度，

而DE与EF可公度，

因此，EF与EK长度不可公度。

［X. 13］

因此，EK、EF是仅正方不可公度的有理直线；

因此，LE即MR是中项面。

［X. 21］

又，它是由MN、NO围成的；

因此，矩形MN、NO是中项面。

MN、NO上的正方形之和是有理的，

且MN、NO正方不可公度。

但如果正方不可公度的两直线上的正方形之和是有理的，但它们围成的矩形是中项面，则它们相加所得到的整条直线是无理的，且称之为主线。

［X. 39］

因此，MO是被称为主线的无理直线，且是面AC的“边”。

这就是所要证明的。

命题58

若一有理直线与第五二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为有理中项面的边的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the fifth binomial, the “side” of the area is the irrational straight line called the side of a rational plus a medial area.

?

设有理直线AB与第五二项线AD围成面AC，AD在E被分成它的两段，且AE较大；

我说，面AC的“边”是被称为有理中项面的边的无理直线。

作和以前一样的图；

于是显然，MO是面AC的“边”。

于是，需要证明，MO是一个有理中项面的边。

这是因为，由于AG与GE不可公度，

［X. 18］

因此，AH与HE也不可公度，

［VI. 1，X. 11］

即MN上的正方形与NO上的正方形不可公度；

因此，MN、NO正方不可公度。

又，由于AD是第五二项线，且ED较小，

因此，ED与AB长度可公度。

［X. 定义II. 5］

但AE与ED不可公度；

因此，AB与AE也长度不可公度。

［X. 13］

因此，AK，即MN、NO上的正方形之和，是中项面。

［X. 21］

又，由于DE与AB，即与EK，长度可公度，

而DE与EF可公度，

因此，EF与EK也可公度。

［X. 12］

而EK是有理的；

因此，EL，即MR，即矩形MN、NO，也是有理的。

［X. 19］

因此，MN、NO是正方不可公度的直线，且它们上的正方形之和是中项面，但由它们围成的矩形是有理面。

因此，MO是一个有理中项面的边［X. 40］，且是面AC的“边”。

这就是所要证明的。

命题59

若一有理直线与第六二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为两中项面之和的边的无理直线。

If an area be contained by a rational straight line and the sixth binomial, the “side” of the area is the irrational straight line called the side of the sum of two medial areas.

?

设有理直线AB与第六二项线AD围成面ABCD，AD在E被分成它的两段，且AE较大；

我说，面AC的“边”是两中项面之和的边。

作和以前一样的图。

于是显然，MO是AC的“边”，且MN与NO正方不可公度。

现在，由于EA与AB长度不可公度，

因此，EA、AB是仅正方可公度的有理直线；

因此，AK，即MN、NO上的正方形之和，是中项面。

［X. 21］

又，由于ED与AB长度不可公度，

因此，FE与EK也不可公度；

［X. 13］

因此，FE、EK是仅正方可公度的有理直线；

因此，EL，即MR，即矩形MN、NO是中项面。

［X. 21］

又，由于AE与EF不可公度，所以

AK与EL也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

但AK是MN、NO上的正方形之和，

且EL是矩形MN、NO；

因此，MN、NO上的正方形之和与矩形MN、NO不可公度。

而它们都是中项面，且MN、NO正方不可公度。

因此，MO是两中项面之和的边［X. 41］，且是面AC的“边”。

这就是所要证明的。

＜引理?若一直线被分成不相等的两段，则这两段上的正方形之和大于由这两段围成的矩形的二倍。

?

设AB是一直线，它在C被分成不相等的两段，且AC较大；

我说，AC、CB上的正方形之和大于二倍的矩形AC、CB。

这是因为，使AB在D被二等分。

于是，由于一直线在D被分成相等的两段，在C被分成不相等的两段，所以矩形AC、CB加CD上的正方形等于AD上的正方形，

［II. 5］

因此，矩形AC、CB小于AD上的正方形；

因此，二倍的矩形AC、CB小于AD上的正方形的二倍。

但AC、CB上的正方形之和等于AD、DC上的正方形之和的二倍；

［II. 9］

因此，AC、CB上的正方形之和大于二倍的矩形AC、CB。

这就是所要证明的。＞

命题60

对一有理直线贴合出的矩形等于二项线上的正方形，则所产生的宽是第一二项线。

The square on the binomial straight line applied to a rational straight line produces as breadth the first binomial.

?

设AB是二项线，在C被分成它的两段，且AC较大；

给定有理直线DE，

对DE贴合出DEFG等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第一二项线。

这是因为，对DE贴合出矩形DH等于AC上的正方形，且KL等于BC上的正方形；

因此，余量，即二倍的矩形AC、CB，等于MF。

设MG在N被二等分，且作NO平行于ML或GF。

因此，矩形MO、NF中的每一个都等于矩形AC、CB。

现在，由于AB是在C被分成它的两段的二项线，

因此，AC、CB是仅正方可公度的有理直线；

［X. 36］

因此，AC、CB上的正方形都是有理的且彼此可公度，

因此，AC、CB上的正方形之和也是有理的。

［X. 15］

而这个和等于DL；

因此，DL是有理的。

且它是对有理直线DE贴合出的；

因此，DM是有理的，且与DE长度可公度。

［X. 20］

又，由于AC、CB是仅正方可公度的有理直线，

因此，二倍的矩形AC、CB，即MF，是中项面。

［X. 21］

而它是对有理直线ML贴合出的；

因此，MG也是有理的，且与ML即DE长度不可公度。

［X. 22］

但MD也是有理的，且与DE长度可公度；

因此，DM与MG长度不可公度。

［X. 13］

而它们都是有理的；

因此，DM、MG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是二项线。

［X. 36］

其次需要证明，DG也是第一二项线。

由于矩形AC、CB是AC、CB上的两正方形的比例中项，

［参见X. 53后的引理］

因此，MO也是DH、KL比例中项。

因此，DH比MO如同MO比KL，

即DK比MN如同MN比MK；

［VI. 1］

因此，矩形DK、KM等于MN上的正方形。

［VI. 17］

又，由于AC上的正方形与CB上的正方形可公度，所以

DH与KL也可公度，

因此，DK与KM也可公度。

［VI. 1，X. 11］

又，由于AC、CB上的正方形之和大于二倍的矩形AC、CB，

［引理］

因此，DL也大于MF，

因此，DM也大于MG。

［VI. 1］

且矩形DK、KM等于MN上的正方形，即等于MG上的正方形的四分之一，

且DK与KM可公度。

但如果有两条不等的直线，对较大直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，若把较大直线分成长度可公度的两部分，则较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线可公度的直线上的正方形。

［X. 17］

因此，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM可公度的直线上的正方形。

而DM、MG都是有理的，

且较大直线DM与给定的有理直线DE长度可公度。

因此，DG是第一二项线。

［X. 定义II. 1］

这就是所要证明的。

命题61

对一有理直线贴合出的矩形等于第一双中项线上的正方形，则所产生的宽是第二二项线。

The square on the first bimedial straight line applied to a rational straight line produces as breadth the second binomial.

?

设AB是第一双中项线，在C被分成它的两段，且AC较大；

给定有理直线DE，

对DE贴合出平行四边形DF等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第二二项线。

作和以前一样的图。

于是，由于AB是在C被分成它的两段的第一双中项线，

因此，AC、CB是围成一个有理矩形的仅正方可公度的中项线，

［X. 37］

因此，AC、CB上的正方形之和也是中项面。

［X. 21］

因此，DL是中项面。

［X. 15和23，推论］

而它是对有理直线DE贴合出的；

因此，MD是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

又，由于二倍的矩形AC、CB是有理的，所以MF也是有理的。

而它是对有理直线ML贴合出的；

因此，MG也是有理的，且与ML即DE长度可公度；

［X. 20］

因此，DM与MG长度不可公度。

［X. 13］

而它们是有理的；

因此，DM、MG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是二项线。

［X. 36］

其次需要证明，DG也是第二二项线。

这是因为，由于AC、CB上的正方形之和大于二倍的矩形AC、CB，

因此，DL也大于MF，

因此，DM也大于MG。

［VI. 1］

又，由于AC上的正方形与CB上的正方形可公度，所以

DH与KL也可公度，

因此，DK与KM也可公度。

［VI. 1，X. 11］

而矩形DK、KM等于MN上的正方形；

因此，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM可公度的直线上的正方形。

［X. 17］

而MG与DE长度可公度。

因此，DG是第二二项线。

［X. 定义II. 2］

这就是所要证明的。

命题62

对一有理直线贴合出的矩形等于第二双中项线上的正方形，则所产生的宽是第三二项线。

The square on the second bimedial straight line applied to a rational straight line produces as breadth the third binomial.

设AB是第二双中项线，在C被分成它的两段，且AC较大；

设DE是有理直线，

对DE贴合出平行四边形DF等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第三二项线。

作和以前一样的图。

于是，由于AB是在C被分成它的两段的第二双中项线，

因此，AC、CB是围成一个中项矩形的仅正方可公度的中项线，

［X. 38］

因此，AC、CB上的正方形之和也是中项面。

［X. 15和23推论］

而它等于DL；

因此，DL也是中项面。

而它是对有理直线DE贴合出的；

因此，MD也是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

同理，

MG也是有理的，且与ML即DE长度不可公度；

因此，直线DM、MG中的每一个都是有理的，且与DE长度不可公度。

又，由于AC与CB长度不可公度，

且AC比CB如同AC上的正方形比矩形AC、CB，

因此，AC上的正方形与矩形AC、CB也不可公度。

［X. 11］

因此，AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB不可公度，

也就是说，DL与MF不可公度，

因此，DM与MG也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

而它们是有理的；

因此，DG是二项线。

需要证明，它也是第三二项线。

以和之前类似的方法可以断定，DM大于MG，

且DK与KM可公度。

而矩形DK、KM等于MN上的正方形；

因此，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM可公度的直线上的正方形。

且直线DM、MG中的每一个都不与DE长度可公度。

因此，DG是第三二项线。

［X. 定义II. 3］

这就是所要证明的。

命题63

对一有理直线贴合出的矩形等于主线上的正方形，则所产生的宽是第四二项线。

The square on the major straight line applied to a rational straight line produces as breadth the fourth binomial.

设AB是主线，在C被分成它的两段，且AC大于CB；

设DE是有理直线，

对DE贴合出平行四边形DF等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第四二项线。

作和以前一样的图。

于是，由于AB是在C被分成它的两段的主线，所以

AC、CB是正方不可公度的直线，它们上的正方形之和是有理的，但由它们围成的矩形是中项面。

［X. 39］

于是，由于AC、CB上的正方形之和是有理的，

因此，DL是有理的；

因此，DM也是有理的，且与DE长度可公度。

［X. 20］

又，由于二倍的矩形AC、CB，即MF，是中项面，

且它是对有理直线ML贴合出的，

因此，MG也是有理的，且与DE长度不可公度；

［X. 22］

因此，DM与MG长度不可公度。

［X. 13］

因此，DM、MG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是二项线。

［X. 36］

需要证明，DG也是第四二项线。

以和之前类似的方法可以证明，DM大于MG，且矩形DK、KM等于MN上的正方形。

于是，由于AC上的正方形与CB上的正方形不可公度，

因此，DH与KL也不可公度，

因此，DK与KM也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

但如果有两条不等的直线，对较长直线贴合出一个等于较小直线上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，若把较长直线分成长度不可公度的两部分，则较大直线上的正方形比较小直线上的正方形大一个与较大直线不可公度的直线上的正方形；

［X. 18］

因此，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM不可公度的直线上的正方形。

而DM、MG是仅正方可公度的有理直线，

且DM与给定的有理直线DE可公度。

因此，DG是第四二项线。

［X. 定义II. 4］

这就是所要证明的。

命题64

对一有理直线贴合出的矩形等于有理中项面的边上的正方形，则所产生的宽是第五二项线。

The square on the side of a rational plus a medial area applied to a rational straight line produces as breadth the fifth binomial.

设AB是有理中项面的边，在C被分成它的两段，且AC较大；

给定有理直线DE，

对DE贴合出平行四边形DF等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第五二项线。

作和以前一样的图。

于是，由于AB是在C被分成它的两段的有理中项面的边，

因此，AC、CB是正方不可公度的直线，其上的正方形之和是中项面，但由它们围成的矩形是有理的。

［X. 40］

于是，由于AC、CB上的正方形之和是中项面，

因此，DL是中项面，

因此，DM是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

又，由于二倍的矩形AC、CB，即MF，是有理的。

因此，MG是有理的，且与DE可公度。

［X. 20］

因此，DM与MG不可公度；

［X. 13］

因此，DM、MG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是二项线。

［X. 36］

其次我说，DG也是第五二项线。

这是因为，可以类似地证明，矩形DK、KM等于MN上的正方形，

且DK与KM长度不可公度；

因此，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM不可公度的直线上的正方形。

［X. 18］

而DM、MG仅正方可公度，且较小直线MG与DE长度可公度。

因此，DG是第五二项线。

这就是所要证明的。

命题65

对一有理直线贴合出的矩形等于两中项面之和的边上的正方形，则所产生的宽是第六二项线。

The square on the side of the sum of two medial areas applied to a rational straight line produces as breadth the sixth binomial.

设AB是两中项面之和的边，在C被分成它的两段，

设DE是有理直线，

且对DE贴合出平行四边形DF等于AB上的正方形，产生DG作为它的宽；

我说，DG是第六二项线。

作和以前一样的图。

于是，由于AB是在C被分成它的两段的两中项面之和的边，

因此，AC、CB是正方不可公度的直线，其上的正方形之和是中项面，由它们围成的矩形是中项面，且其上的正方形之和与它们围成的矩形不可公度，

［X. 41］

因此，按照以前的证明，矩形DL、MF中的每一个都是中项面。

而它们是对有理直线DE贴合出的；

因此，直线DM、MG中的每一个都是有理的，且与DE长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB不可公度，

因此，DL与MF不可公度。

因此，DM与MG也不可公度；

［VI. 1，X. 11］

因此，DM、MG是仅正方可公度的有理直线；

因此，DG是二项线。

［X. 36］

其次我说，DG也是第六二项线。

类似地，还可以证明，矩形DK、KM等于MN上的正方形，

且DK与KM长度不可公度；

同理，DM上的正方形比MG上的正方形大一个与DM长度不可公度直线上的正方形。

且直线DM、MG都不与给定的有理直线DE长度可公度。

因此，DG是第六二项线。

这就是所要证明的。

命题66

与二项线长度可公度的直线本身也是二项线，且是同级的。

A straight line commensurable in length with a binomial straight line is itself also binomial and the same in order.

?

设AB是二项线，且设CD与AB长度可公度；

我说，CD是二项线，且与AB同级。

这是因为，由于AB是二项线，设它在E被分成它的两段，且AE较大；

因此，AE、EB是仅正方可公度的有理直线。

［X. 36］

设法使AB比CD如同AE比CF；

［VI. 12］

因此也有，余量EB比余量FD如同AB比CD。

［V. 19］

但AB与CD长度可公度；

因此，AE也与CF可公度，EB也与FD可公度。

［X. 11］

而AE、EB是有理的；

因此，CF、FD也是有理的。

而AE比CF如同EB比FD。

［V. 11］

因此，取更比例，AE比EB如同CF比FD。

［V. 16］

但AE、EB仅正方可公度；

因此，CF、FD也仅正方可公度。

［X. 11］

而它们是有理的；

因此，CD是二项线。

［X. 36］

其次我说，它与AB同级。

这是因为，AE上的正方形比EB上的正方形大一个与AE要么可公度，要么不可公度的直线上的正方形。

于是，如果AE上的正方形比EB上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，则CF上的正方形也比FD上的正方形大一个与CF可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果AE与给定的有理直线可公度，则CF也与给定的有理直线也可公度，

［X. 12］

因此，直线AB、CD中的每一个都是第一二项线，即它们同级。

［X. 定义II. 1］

但如果EB与给定的有理直线可公度，则FD与给定的有理直线也可公度。

［X. 12］

因此，CD与AB同级，

这是因为，它们都是第二二项线。

［X. 定义II. 2］

但如果直线AE、EB中的每一个都不与给定的有理直线可公度，则直线CF、FD也都不与给定的有理直线可公度，

［X. 13］

因此，直线AB、CD中的每一个都是第三二项线。

［X. 定义II. 3］

但如果AE上的正方形比EB上的正方形大一个与AE不可公度的直线上的正方形，则CF上的正方形也比FD上的正方形大一个与CF不可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果AE与给定的有理直线可公度，则CF也与给定的有理直线可公度，

因此，直线AB、CD中的每一个都是第四二项线。

［X. 定义II. 4］

但如果EB与给定的有理直线可公度，则FD也与给定的有理直线可公度，

因此，直线AB、CD中的每一个都是第五二项线。

［X. 定义II. 5］

但如果直线AE、EB都不与给定的有理直线可公度，则直线CF、FD也都不与给定的有理直线可公度，

因此，直线AB、CD中的每一个都是第六二项线。

［X. 定义II. 6］

因此，与二项线长度可公度的直线也是二项线，且是同级的。

这就是所要证明的。

命题67

与双中项线长度可公度的直线本身也是双中项线，且是同级的。

A straight line commensurable in length with a bimedial straight line is itself also bimedial and the same in order.

?

设AB是双中项线，且设CD与AB长度可公度；

我说，CD是双中项线，且与AB同级。

这是因为，由于AB是双中项线，设它在E被分成它的两段；

因此，AE、EB是仅正方可公度的中项线。

［X. 37，38］

设法使AB比CD如同AE比CF；

因此也有，余量EB比余量FD如同AB比CD。

［V. 19］

但AB与CD长度可公度；

因此，AE、EB也分别与CF、FD可公度。

［X. 11］

但AE、EB是中项线；

因此，CF、FD也是中项线。

［X. 23］

又，由于AE比EB如同CF比FD，

［V. 11］

而AE、EB仅正方可公度，

因此，CF、FD也仅正方可公度。

［X. 11］

但已证明，它们是中项线；

因此，CD是双中项线。

其次我说，CD还与AB同级。

这是因为，AE比EB如同CF比FD，

因此也有，AE上的正方形比矩形AE、EB如同CF上的正方形比矩形CF、FD；

因此，取更比例，AE上的正方形比CF上的正方形如同矩形AE、EB比矩形CF、FD。

［V. 16］

但AE上的正方形与CF上的正方形可公度；

因此，矩形AE、EB与矩形CF、FD也可公度。

因此，如果矩形AE、EB是有理的，则

矩形CF、FD也是有理的，

因此，CD是第一双中项线；

［X. 37］

但如果矩形AE、EB是中项面，则矩形CF、FD也是中项面。

［X. 23，推论］

因此，直线AB、CD中的每一个都是第二双中项线。

［X. 38］

因此，CD与AB同级。

这就是所要证明的。

命题68

与主线可公度的直线本身也是主线。

A straight line commensurable with a major straight line is itself also major.

?

设AB是主线，且设CD与AB可公度；

我说，CD是主线。

设AB在E被分成它的两段；

因此，AE、EB是正方不可公度的直线，且其上的正方形之和是有理的，但由它们围成的矩形是中项面。

［X. 39］

作和以前一样的图。

于是，由于AB比CD如同AE比CF，又如同EB比FD，

因此也有，AE比CF如同EB比FD。

［V. 11］

但AB与CD可公度；

因此，AE、EB也分别与CF、FD也可公度。

［X. 11］

又，由于AE比CF如同EB比FD，

取更比例，

AE比EB如同CF比FD；

［V. 16］

取合比例，

AB比BE如同CD比DF；

［V. 18］

因此也有，AB上的正方形比BE上的正方形如同CD上的正方形比DF上的正方形。

［VI. 20］

类似地，可以证明，AB上的正方形比AE上的正方形也如同CD上的正方形比CF上的正方形。

因此也有，AB上的正方形比AE、EB上的正方形之和如同CD上的正方形比CF、FD上的正方形之和；

取更比例，AB上的正方形比CD上的正方形如同AE、EB上的正方形之和比CF、FD上的正方形之和。

［V. 16］

但AB上的正方形与CD上的正方形可公度；

因此，AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和也可公度。

而AE、EB上的正方形之和是有理的；

因此，CF、FD上的正方形之和是有理的。

类似地也有，二倍的矩形AE、EB与二倍的矩形CF、FD可公度。

而二倍的矩形AE、EB是中项面；

因此，二倍的矩形CF、FD也是中项面。

［X. 23，推论］

因此，CF、FD是正方不可公度的直线，且其上的正方形之和是有理的，但由它们围成的矩形是中项面；因此，整个CD是被称为主线的无理直线。

［X. 39］

因此，与主线可公度的直线是主线。

这就是所要证明的。

命题69

与有理中项面的边可公度的直线本身也是有理中项面的边。

A straight line commensurable with the side of a rational plus a medial area is itself also the side of a rational plus a medial area.

?

设AB是有理中项面的边，且设CD与AB可公度；

需要证明，CD也是有理中项面的边。

设AB在E被分成它的两段；

因此，AE、EB是正方不可公度的直线，且其上的正方形之和是中项面，但由它们围成的矩形是有理的。

［X. 40］

作和以前一样的图。

于是，可以类似地证明，CF、FD正方不可公度，

且AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和可公度，

且矩形AE、EB与矩形CF、FD可公度；

因此，CF、FD上的正方形之和也是中项面，且矩形CF、FD是有理的。

因此，CD是有理中项面的边。

这就是所要证明的。

命题70

与两中项面之和的边可公度的直线本身也是两中项面之和的边。

A straight line commensurable with the side of the sum of two medial areas is the side of the sum of two medial areas.

设AB是两中项面之和的边，且设CD与AB可公度；

需要证明，CD也是两中项面之和的边。

这是因为，由于AB是两中项面之和的边，

设它在E被分成它的两段；

因此，AE、EB是正方不可公度的直线，其上的正方形之和是中项面，由它们围成的矩形是中项面，且AE、EB上的正方形之和与矩形AE、EB不可公度。

［X. 41］

按照前面同样作图

于是，可以类似地证明，CF、FD也正方不可公度，

且AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和可公度，

且矩形AE、EB与矩形CF、FD可公度；

因此，CF、FD上的正方形之和也是中项面，

矩形CF、FD是中项面，

以及，CF、FD上的正方形之和与矩形CF、FD不可公度。

因此，CD是两中项面之和的边。

这就是所要证明的。

命题71

若把有理面与中项面相加，则可产生四条无理直线，即二项线，或第一双中项线，或主线，或有理中项面的边。

If a rational and a medial area be added together, four irrational straight lines arise, namely a binomial or a first bimedial or a major or a side of a rational plus a medial area.

设AB是有理面，CD是中项面；

我说，面AD的“边”是二项线，或第一双中项线，或主线，或有理中项面的边。

这是因为，AB要么大于，要么小于CD。

首先，设AB大于CD；

给定一条有理直线EF，

对EF贴合出矩形EG等于AB，产生作为宽的EH，

且对EF贴合出矩形HI等于DC，产生作为宽的HK。

于是，由于AB是有理面，且等于EG，

因此，EG也是有理面。

而它是对EF贴合出的，产生作为宽的EH，

因此，EH是有理的，且与EF长度可公度。

［X. 20］

又，由于CD是中项面，且等于HI，

因此，HI也是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的HK；

因此，HK是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于CD是中项面，

而AB是有理面，

因此，AB与CD不可公度，

因此，EG与HI也不可公度。

但EG比HI如同EH比HK；

［VI. 1］

因此，EH与HK也长度不可公度。

［X. 11］

而二者都是有理的；

因此，EH、HK是仅正方可公度的有理直线，

因此，EK是在H被分成两段的二项线。

［X. 36］

又，由于AB大于CD，

而AB等于EG，且CD等于HI，

因此，EG也大于HI；

因此，EH也大于HK。

于是，EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH要么长度可公度，要么长度不可公度的直线上的正方形。

首先，设EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH长度可公度的直线上的正方形。

现在，较长直线HE与给定的有理直线EF长度可公度；

因此，EK是第一二项线。

［X. 定义II. 1］

但EF是有理的；

且若一有理直线与第一二项线围成一个面，则此面的“边”是二项线。

［X. 54］

因此，EI的“边”是二项线；

因此，AD的“边”也是二项线。

其次，设EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH不可公度的直线上的正方形。

现在，较长直线EH与给定的有理直线EF长度可公度；

因此，EK是第四二项线。

［X. 定义II. 4］

但EF是有理的；

且若一有理直线与第四二项线围成一个面，则此面的“边”是被称为主线的无理直线。

［X. 57］

因此，面EI的“边”是主线；

因此，面AD的“边”也是主线。

其次，设AB小于CD；

因此，EG也小于HI，

因此，EH也小于HK。

现在，HK上的正方形比EH上的正方形大一个与HK要么可公度，要么不可公度的直线上的正方形。

首先，设HK上的正方形比EH上的正方形大一个与HK长度可公度的直线上的正方形。

现在，较短直线EH与给定的有理直线EF长度可公度；

因此，EK是第二二项线。

［X. 定义II. 2］

但EF是有理的，

且若一有理直线与第二二项线围成一个面，则此面的“边”是第一双中项线；

［X. 55］

因此，面EI的“边”是第一双中项线，

因此，面AD的“边”也是第一双中项线。

其次，设HK上的正方形比HE上的正方形大一个与HK不可公度的直线上的正方形。

现在，较短直线EH与给定的有理直线EF可公度；

因此，EK是第五二项线。

［X. 定义II. 5］

但EF是有理的；

且若一有理直线与第五二项线围成一个面，则此面的“边”是有理中项面的边。

［X. 58］

因此，面EI的“边”是有理中项面的边，

因此，面AD的“边”也是有理中项面的边。

这就是所要证明的。

命题72

若把两个彼此不可公度的中项面相加，则可产生其余两条无理直线，即要么是第二双中项线，要么是两中项面之和的边。

If two medial areas incommensurable with one another be added together, the remaining two irrational straight lines arise, namely either a second bimedial or a side of the sum of two medial areas.

设把彼此不可公度的两中项面AB、CD相加；

我说，面AD的“边”要么是第二双中项线，要么是两中项面之和的边。

这是因为，AB要么大于，要么小于CD。

首先，设AB大于CD。

给定有理直线EF，

对EF贴合出矩形EG等于AB，产生作为宽的EH，且矩形HI等于CD，产生作为宽的HK。

现在，由于面AB、CD中的每一个都是中项面，

因此，面EG、HI中的每一个也都是中项面。

而它们都是对有理直线FE贴合出的，产生作为宽的EH、HK；

因此，直线EH、HK中的每一个都是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AB与CD不可公度，

且AB等于EG，CD等于HI，

因此，EG与HI也不可公度。

但EG比HI如同EH比HK；

［VI. 1］

因此，EH与HK长度不可公度。

［X. 11］

因此，EH、HK是仅正方可公度的有理直线；

因此，EK是二项线。

［X. 36］

但EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH要么可公度，要么不可公度的直线上的正方形。

首先，设EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH长度可公度的直线上的正方形。

现在，直线EH、HK中的每一个都与给定的有理直线EF长度不可公度；

因此，EK是第三二项线。

［X. 定义II. 3］

但EF是有理的；

且若一有理直线与第三二项线围成一个面，则此面的“边”是第二双中项线；

［X. 56］

因此，EI即AD的“边”是第二双中项线。

其次，设EH上的正方形比HK上的正方形大一个与EH不可公度的直线上的正方形。

现在，直线EH、HK中的每一个都与EF长度不可公度；

因此，EK是第六二项线。

［X. 定义II. 6］

但若一有理直线与第六二项线围成一个面，则此面的“边”是两中项面之和的边；

［X. 59］

因此，面AD的“边”也是两中项面之和的边。

这就是所要证明的。

————————

二项线和它之后的无理直线既不同于中项线，又彼此不同。

The binomial straight line and the irrational straight lines after it are neither the same with the medial nor with one another.

这是因为，如果对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线上的正方形，则产生的作为宽的直线是有理的，且与原有理直线长度不可公度。

［X. 22］

但是，对一有理直线贴合出的矩形等于二项线上的正方形，则所产生的宽是第一二项线。

［X. 60］

对一有理直线贴合出的矩形等于第一双中项线上的正方形，则所产生的宽是第二二项线。

［X. 61］

对一有理直线贴合出的矩形等于第二双中项线上的正方形，则所产生的宽是第三二项线。

［X. 62］

对一有理直线贴合出的矩形等于主线上的正方形，则所产生的宽是第四二项线。

［X. 63］

对一有理直线贴合出的矩形等于有理中项面的边上的正方形，则所产生的宽是第五二项线。

［X. 64］

对一有理直线贴合出的矩形等于两中项面之和的边上的正方形，则所产生的宽是第六二项线。

［X. 65］

此外，上述那些作为宽的直线既与第一条有理直线不同，又彼此不同；与第一条有理直线不同是因为它是有理的，彼此不同则是因为它们不同级；

因此，这些无理直线本身也彼此不同。

命题73

若从一有理直线中减去与之仅正方可公度的有理直线，则余量是无理的；且称之为余线。

If from a rational straight line there be subtracted a rational straight line commensurable with the whole in square only, the remainder is irrational; and let it be called an?apotome.

?

从有理直线AB中减去与AB仅正方可公度的有理直线BC；

我说，余量AC是被称为余线的无理直线。

这是因为，由于AB与BC长度不可公度，

且AB比BC如同AB上的正方形比矩形AB、BC，

因此，AB上的正方形与矩形AB、BC不可公度。

［X. 11］

但AB、BC上的正方形之和与AB上的正方形可公度，

［X. 15］

且二倍的矩形AB、BC与矩形AB、BC可公度。

［X. 6］

又，由于AB、BC上的正方形之和等于二倍的矩形AB、BC与CA上的正方形之和，

［II. 7］

因此，AB、BC上的正方形之和与余量AC上的正方形也不可公度。

［X. 13，16］

但AB、BC上的正方形之和是有理的；

因此，AC是无理的。

［X. 定义4］

且称之为余线。

这就是所要证明的。

?

命题74

若从一中项线中减去与之仅正方可公度的中项线，且两线所围成的矩形是有理矩形，则余量是无理的；且称之为中项线的第一余线。

If from a medial straight line there be subtracted a medial straight line which is commensurable with the whole in square only, and which contains with the whole a rational rectangle, the remainder is irrational. And let it be called a?first apotome of a medial?straight line.

?

从中项线AB中减去与AB仅正方可公度的中项线BC，且矩形AB、BC是有理的；

我说，余量AC是无理的；且称之为中项线的第一余线。

这是因为，由于AB、BC是中项线，所以

AB、BC上的正方形之和也是中项面。

但二倍的矩形AB、BC是有理的；

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度；

因此，二倍的矩形AB、BC与余量AC上的正方形也不可公度，

［参见II. 7］

如果两个量之和与两个量之一不可公度，则这两个量也不可公度，

［X. 16］

但二倍的矩形AB、BC是有理的；

因此，AC上的正方形是无理的；

因此，AC是无理的。

［X. 定义4］

且称之为中项线的第一余线。

这就是所要证明的。

命题75

若从一中项线中减去与之仅正方可公度且与之围成中项矩形的中项线，则余量是无理的；且称之为中项线的第二余线。

If from a medial straight line there be subtracted a medial straight line which is commensurable with the whole in square only, and which contains with the whole a medial rectangle, the remainder is irrational; and let it be called a?second apotome of a medial?straight line.

?

从中项线AB中减去与整个AB仅正方可公度的中项线CB，且矩形AB、BC是中项面；

［X. 28］

我说，余量AC是无理的；且称之为中项线的第二余线。

这是因为，给定有理直线DI，

对DI贴合出矩形DE等于AB、BC上的正方形之和，产生作为宽的DG，

且对DI贴合出DH等于二倍的矩形AB、BC，产生作为宽的DF；

因此，余量FE等于AC上的正方形。

［II. 7］

现在，由于AB、BC上的正方形都是中项面而且可公度，

因此，DE也是中项面。

［X. 15和23，推论］

而它是对有理直线DI贴合出的，产生作为宽的DG；

因此，DG是有理的，且与DI长度不可公度。

［X. 22］

又，由于矩形AB、BC是中项面，

因此，二倍的矩形AB、BC也是中项面。

［X. 23，推论］

而它等于DH；

因此，DH也是中项面。

而它是对有理直线DI贴合出的，产生作为宽的DF；

因此，DF是有理的，且与DI长度不可公度。

［X. 22］

而由于AB、BC仅正方可公度，

因此，AB与BC长度不可公度；

因此，AB上的正方形与矩形AB、BC也不可公度。

［X. 11］

但AB、BC上的正方形之和与AB上的正方形可公度，

［X. 15］

且二倍的矩形AB、BC与矩形AB、BC可公度；

［X. 6］

因此，二倍的矩形AB、BC与AB、BC上的正方形之和不可公度。

［X. 13］

但DE等于AB、BC上的正方形之和，

且DH等于二倍的矩形AB、BC；

因此，DE与DH不可公度。

但DE比DH如同GD比DF；

［VI. 1］

因此，GD与DF不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，GD、DF是仅正方可公度的有理直线；

因此，FG是余线。

［X. 73］

但DI是有理的，

且有理直线与无理直线所围成的矩形是无理的，

［由X. 20推出］

且它的“边”是无理的。

而AC是FE的“边”；

因此，AC是无理的。

且称之为中项线的第二余线。

这就是所要证明的。

命题76

若从一直线中减去与之正方不可公度的直线，且两直线上的正方形之和是有理的，但两直线所围成的矩形是中项面，则余量是无理的；且称之为次线。

If from a straight line there be subtracted a straight line which is incommensurable in square with the whole and which with the whole makes the squares on them added together rational, but the rectangle contained by them medial, the remainder is irrational; and let it be called?minor.

?

从直线AB中减去与AB正方不可公度且满足给定条件的直线BC。

［X. 33］

我说，余量AC是被称为次线的无理直线。

这是因为，由于AB、BC上的正方形之和是有理的，而二倍的矩形AB、BC是中项面，

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度；

取更比例，AB、BC上的正方形之和与余量即AC上的正方形不可公度。

［II. 7，X. 16］

但AB、BC上的正方形之和是有理的；

因此，AC上的正方形是无理的；

因此，AC是无理的。

且称之为次线。

这就是所要证明的。

命题77

若从一直线中减去与之正方不可公度的直线，且两直线上的正方形之和是中项面，但两直线所围成矩形的二倍是有理的，则余量是无理的；且称之为中项面与有理面之差的边。

If from a straight line there be subtracted a straight line which is incommensurable in square with the whole, and which with the whole makes the sum of the squares on them medial, but twice the rectangle contained by them rational, the remainder is irrational;and let it be called?that which produces with a rational area a medial whole.

?

从直线AB中减去与AB正方不可公度的直线BC，且满足给定的条件；

［X. 34］

我说，余量AC是上述无理直线。

这是因为，由于AB、BC上的正方形之和是中项面，

而二倍的矩形AB、BC是有理的，

因此，AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度；

因此，余量，即AC上的正方形，与二倍的矩形AB、BC也不可公度。

［II. 7，X. 16］

而两倍的矩形AB、BC是有理的；

因此，AC上的正方形是无理的；

因此，AC是无理的。

且称之为中项面与有理面之差的边。

这就是所要证明的。

命题78

若从一直线中减去与之正方不可公度的直线，且两直线上的正方形之和是中项面，它们所围成矩形的二倍也是中项面，且两直线上的正方形之和与它们所围成矩形的二倍不可公度，则余量是无理的；且称之为中项面与中项面之差的边。

If from a straight line there be subtracted a straight line which is incommensurable in square with the whole and which with the whole makes the sum of the squares on them medial, twice the rectangle contained by them medial, and further the squares on them incommensurable with twice the rectangle contained by them, the remainder is irrational; and let it be called?that which produces with a medial area a medial whole.

?

从直线AB中减去与AB正方不可公度的直线BC，且满足给定的条件；

［X. 35］

我说，余量AC是被称为中项面与中项面之差的边的无理直线。

这是因为，给定有理直线DI，

对DI贴合出DE等于AB、BC上的正方形之和，产生作为宽的DG，

且矩形DH等于二倍的矩形AB、BC。

因此，余量FE等于AC上的正方形，

［II. 7］

因此，AC是EF的“边”。

现在，由于AB、BC上的正方形之和是中项面且等于DE，

因此，DE是中项面。

而它是对有理直线DI贴合出的，产生作为宽的DG；

因此，DG是有理的，且与DI长度不可公度。

［X. 22］

又，由于二倍的矩形AB、BC是中项面且等于DH，

因此，DH是中项面。

而它是对有理直线DI贴合出的，产生作为宽的DF；

因此，DF也是有理的，且与DI长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AB、BC上的正方形之和与二倍的矩形AB、BC不可公度，

因此，DE与DH也不可公度。

但DE比DH也如同DG比DF；

［VI. 1］

因此，DG与DF不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，GD、DF是仅正方可公度的有理直线。

因此，FG是余线。

［X. 73］

且FH是有理的；

但有理直线和余线所围成的矩形是无理的，

［由X. 20推出］

且它的“边”是无理的。

而AC是FE的“边”；

因此，AC是无理的。

且称之为中项面与中项面之差的边。

这就是所要证明的。

命题79

只有一条有理直线可以附加在余线上，使该有理直线与整条直线仅正方可公度。

To an apotome only one rational straight line can be annexed which is commensurable with the whole in square only.

?

设AB是余线，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是仅正方可公度的有理直线。

［X. 73］

我说，没有别的有理直线可以附加在AB上，使该有理直线与整条直线仅正方可公度。

如果可能，设BD是附加的直线；

因此，AD、DB也是仅正方可公度的有理直线。

［X. 73］

现在，由于AD、DB上的正方形之和比二倍的矩形AD、DB超出的量，也是AC、CB上的正方形之和比二倍的矩形AC、CB超出的量，

这是因为它们超出同一个量，即AB上的正方形，

［II. 7］

因此，AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出的量，等于二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出的量。

但AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出一个有理面，

这是因为两者都是有理面；

因此，二倍的矩形AD、DB也比二倍的矩形AC、CB超出一个有理面：

这是不可能的，

因为两者都是中项面，

［X. 21］

而中项面不会比中项面超出一个有理面。

［X. 26］

因此，没有别的有理直线可以附加在AB上，使该有理直线与整条直线仅正方可公度。

因此，只有一条有理直线可以附加在一条余线上，使该有理直线与整条直线仅正方可公度。

这就是所要证明的。

命题80

只有一条中项线可以附加在中项线的第一余线上，使该中项线与整条直线仅正方可公度，且它们所围成的矩形是有理面。

To a first apothem of a medial straight line only one medial straight line can be annexed which is commensurable with the whole in square only and which contains with the whole a rational rectangle.

?

设AB是中项线的第一余线，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是仅正方可公度的中项线，且矩形AC、CB是有理的；

［X. 74］

我说，没有别的中项线可以附加在AB上，使该中项线与整条直线仅正方可公度，且它们所围成的矩形是有理面。

这是因为，如果可能，设DB也被这样附加上去；

因此，AD、DB是仅正方可公度的中项线，且矩形AD、DB是有理面。

［X. 74］

现在，由于AD、DB上的正方形之和比二倍的矩形AD、DB超出的量，也是AC、CB上的正方形之和比二倍的矩形AC、CB超出的量，

这是因为它们超出同一个量，即AB上的正方形，

［II. 7］

因此，AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出的量，也是二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出的量。

但二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出一个有理面，

这是因为两者都是有理面。

因此，AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和也超出一个有理面：

这是不可能的，

这是因为两者都是中项面，

［X. 15和23，推论］

且中项面不会比中项面超出一个有理面。

［X. 26］

这就是所要证明的。

命题81

只有一条中项线可以附加在中项线的第二余线上，使该中项线与整条直线仅正方可公度，且它们所围成的矩形是中项面。

To a second apotome of a medial straight line only one medial straight line can be annexed which is commensurable with the whole in square only and which contains with the whole a medial rectangle.

?

设AB是中项线的第二余线，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是仅正方可公度的中项线，且矩形AC、CB是中项面。

［X. 75］

我说，没有别的中项线可以附加在AB上，使该中项线与整条直线仅正方可公度，且它们所围成的矩形是中项面。

这是因为，如果可能，设BD也被这样附加上去；

因此，AD、DB也是仅正方可公度的中项线，且矩形AD、DB是中项面。

［X. 75］

给定有理直线EF，

对EF贴合出EG等于AC、CB上的正方形之和，产生作为宽的EM，

并从中减去HG，HG等于二倍的矩形AC、CB，产生作为宽的HM；

因此，余量EL等于AB上的正方形，

［II. 7］

因此，AB是EL的“边”。

又，对EF贴合出EI等于AD、DB上的正方形之和，产生作为宽的EN。

但EL也等于AB上的正方形；

因此，余量HI等于二倍的矩形AD、DB。

［II. 7］

现在，由于AC、CB都是中项线，

因此，AC、CB上的正方形之和也是中项面。

而它们之和等于EG；

因此，EG也是中项面，

［X. 15和23，推论］

而它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的EM；

因此，EM是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于矩形AC、CB是中项面，所以

二倍的矩形AC、CB也是中项面。

［X. 23，推论］

而它等于HG；

因此，HG也是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的HM；

因此，HM也是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AC、CB仅正方可公度，

因此，AC与CB长度不可公度。

但AC比CB如同AC上的正方形比矩形AC、CB；

因此，AC上的正方形与矩形AC、CB不可公度。

［X. 11］

但AC、CB上的正方形之和与AC上的正方形可公度，

而二倍的矩形AC、CB与矩形AC、CB可公度；

［X. 6］

因此，AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB不可公度。

［X. 13］

又，EG等于AC、CB上的正方形之和，

而GH等于二倍的矩形AC、CB；

因此，EG与HG不可公度，

但EG比HG如同EM比HM；

［VI. 1］

因此，EM与MH长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，EM与MH是仅正方可公度的有理直线；

因此，EH是余线，HM是附加在EH上的直线。

［X. 73］

类似地，可以证明，HN也是附加在EH上的直线；

因此，有不同的直线附加在一条余线上，且与整条直线仅正方可公度：

这是不可能的。

［X. 79］

这就是所要证明的。

命题82

只有一条直线可以附加在次线上，使该直线与整条直线正方不可公度，它们上的正方形之和是有理的，且它们所围成矩形的二倍是中项面。

To a minor straight line only one straight line can be annexed which is incommensurable in square with the whole and which makes, with the whole, the sum of the squares on them rational but twice the rectangle contained by them medial.

?

设AB是次线，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是正方不可公度的直线，且它们上的正方形之和是有理的，但它们所围成矩形的二倍是中项面。

［X. 76］

我说，没有别的直线可以附加在AB上，以满足同样的条件。

这是因为，如果可能，设BD是如此附加的直线；

因此，AD、DB也是满足上述条件的正方不可公度的直线。

［X. 76］

现在，由于AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出的量也是二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出的量，

而AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出一个有理面，

这是因为两者都是有理面，

因此，二倍的矩形AD、DB也比二倍的矩形AC、CB的量超出一个有理面：

这是不可能的，这是因为两者都是中项面。

［X. 26］

因此，只有一条直线可以附加在一条次线上，使该直线与整条直线正方不可公度，它们上的正方形之和是有理的，且它们所围成矩形的二倍是中项面。

这就是所要证明的。

命题83

只有一条直线可以附加在中项面与有理面之差的边上，使该直线与整条直线正方不可公度，且它们上的正方形之和是中项面，但它们所围成矩形的二倍是有理面。

To a straight line which produces with a rational area a medial whole only one straight line can be annexed which is incommensurable in square with the whole straight line and which with the whole straight line makes the sum of the squares on them medial, but twice the rectangle contained by them rational.

?

设AB是中项面与有理面之差的边，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是满足上述条件的正方不可公度的直线。

［X. 77］

我说，没有别的直线可以附加在AB上，以满足同样的条件。

这是因为，如果可能，设BD是如此附加的直线；

因此，AD、DB也是满足上述条件的正方不可公度的直线。

［X. 77］

于是，由于和前面的情况一样，

AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和超出的量也是二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出的量，

而二倍的矩形AD、DB比二倍的矩形AC、CB超出一个有理面，

这是因为两者都是有理的，

因此，AD、DB上的正方形之和比AC、CB上的正方形之和也超出一个有理面：

这是不可能的，这是因为两者都是中项面。

［X. 26］

因此，没有别的直线可以附加在AB上，使该直线与整条直线正方不可公度，且与整条直线满足上述条件；

因此，只有一条直线可以这样附加上去。

这就是所要证明的。

命题84

只有一条直线可以附加在中项面与中项面之差的边上，使该直线与整条直线正方不可公度，它们上的正方形之和是中项面，且它们所围成矩形的二倍既是中项面，又与它们上的正方形之和不可公度。

To a straight line which produces with a medial area a medial whole only one straight line can be annexed which is incommensurable in square with the whole straight line and which with the whole straight line makes the sum of the squares on them medial and twice the rectangle contained by them both medial and also incommensurable with the sum of the squares on them.

?

设AB是中项面与中项面之差的边，且BC是附加在AB上的直线；

因此，AC、CB是满足上述条件的正方不可公度的直线。

［X. 78］

我说，没有别的直线可以附加在AB上，以满足同样的条件。

这是因为，如果可能，设BD是如此附加的直线，

使得AD、DB也是正方不可公度的直线，且AD、DB上的正方形之和是中项面，二倍的矩形AD、DB是中项面，且AD、DB上的正方形之和与二倍的矩形AD、DB不可公度。

［X. 78］

给定有理直线EF，

对EF贴合出EG等于AC、CB上的正方形之和，产生作为宽的EM，

又对EM贴合出HG等于二倍的矩形AC、CB，产生作为宽的HM；

因此，余量，即AB上的正方形［II. 7］，等于EL；

因此，AB是EL的“边”。

又，对EF贴合出EI等于AD、DB上的正方形之和，产生作为宽的EN。

但AB上的正方形也等于EL；

因此，余量，即二倍的矩形AD、DB［II. 7］，等于HI。

现在，由于AC、CB上的正方形之和是中项面且等于EG，

因此，EG也是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的EM；

因此，EM是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于二倍的矩形AC、CB是中项面，且等于HG，

因此，HG也是中项面。

而它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的HM；

因此，HM是有理的，且与EF长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AC、CB上的正方形之和与二倍的矩形AC、CB不可公度，所以

EG与HG也不可公度；

因此，EM与MH也长度不可公度。

［VI. 1，X. 11］

而两者都是有理的；

因此，EM、MH是仅正方可公度的有理直线；

因此，EH是余线，且HM是附加在它上的直线。

［X. 73］

类似地，可以证明，EH也是余线，且HN是附加在它上的直线。

因此，有不同的有理直线附加在一条余线上，且与整条直线仅正方可公度：

已经证明这是不可能的，

［X. 79］

因此，没有别的直线可以附加在AB上。

因此，只有一条直线可以附加在AB上，使该直线与整条直线正方不可公度，它们上的正方形之和是中项面，且它们所围成矩形的二倍既是中项面，又与它们上的正方形之和不可公度。

这就是所要证明的。

定义?Ⅲ Definitions

01 / 给定一条有理直线和一条余线，若整条直线上的正方形比附加直线上的正方形大一个与整条直线长度可公度的直线上的正方形，且整条直线与给定的有理直线长度可公度，则称此余线为第一余线。

Given a rational straight line and an apotome, if the square on the whole be greater than the square on the annex by the square on a straight line commensurable in length with the whole, and the whole be commensurable in length with the rational straight line set out, let the apotome be called a?first apotome.

02 / 但若附加直线与给定的有理直线长度可公度，且整条直线上的正方形比附加直线上的正方形大一个与整条直线可公度的直线上的正方形，则称此余线为第二余线。

But if the annex be commensurable in length with the rational straight line set out, and the square on the whole be greater than that on the annex by the square on a straight line commensurable with the whole, let the apotome be called a?second apotome.

03 / 但若整条直线和附加直线都与给定的有理直线长度不可公度，且整条直线上的正方形比附加直线上的正方形大一个与整条直线可公度的直线上的正方形，则称此余线为第三余线。

But if neither be commensurable in length with the rational straight line set out, and the square on the whole be greater than the square on the annex by the square on a straight line commensurable with the whole, let the apotome be called a?third apotome.

04 / 又，若整条直线上的正方形比附加直线上的正方形大一个与整条直线不可公度的直线上的正方形，那么，若整条直线与给定的有理直线长度可公度，则称此余线为第四余线；

Again, if the square on the whole be greater than the square on the annex by the square on a straight line incommensurable with the whole, then, if the whole be commensurable in length with the rational straight line set out, let the apotome be called a?fourth apotome;

05 / 若附加直线与给定的有理直线长度可公度，则称此余线为第五余线；

if the annex be so commensurable, a?fifth;

06 / 若整条直线和附加直线都不与给定的有理直线长度可公度，则称此余线为第六余线。

and, if neither, a?sixth.

命题?Proposition

命题85

求第一余线。

To find the first apotome.

?

给定有理直线A，

且设BG与A长度可公度；

因此，BG也是有理的。

给定两个平方数DE、EF，且设它们之差FD不是平方数；

因此，ED比DF也不如同一个平方数比一个平方数。

设法使ED比DF如同BG上的正方形比GC上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，BG上的正方形与GC上的正方形可公度。

［X. 6］

但BG上的正方形是有理的；

因此，GC上的正方形也是有理的；

因此，GC也是有理的。

又，由于ED比DF不如同一个平方数比一个平方数，

因此，BG上的正方形比GC上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与GC长度不可公度。

［X. 9］

而两者都是有理的；

因此，BG、GC是仅正方可公度的有理直线；

因此，BC是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第一余线。

这是因为，设H上的正方形是BG上的正方形与GC上的正方形之差。

现在，由于ED比FD如同BG上的正方形比GC上的正方形，

因此，取换比例也有，

［V. 19，推论］

DE比EF如同GB上的正方形比H上的正方形。

但DE比EF如同一个平方数比一个平方数，

这是因为它们每一个都是平方数；

因此，GB上的正方形比H上的正方形也如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与H长度可公度。

［X. 9］

又，BG上的正方形比GC上的正方形大H上的正方形；

因此，BG上的正方形比GC上的正方形大一个与BG长度可公度的直线上的正方形。

而整条直线BG与给定的有理直线A长度可公度。

因此，BC是第一余线。

［X. 定义III. 1］

这样便求出了第一余线BC。

这就是所要求的。

命题86

求第二余线。

To find the second apotome.

?

给定有理直线A，且GC与A长度可公度；

因此，GC是有理的。

给定两个平方数DE、EF，且设它们之差DF不是平方数。

现在设法使FD比DE如同CG上的正方形比GB上的正方形。

［X. 6，推论］

因此，CG上的正方形与GB上的正方形可公度。

［X. 6］

但CG上的正方形是有理的；

因此，GB上的正方形也是有理的；

因此，BG是有理的。

又，由于GC上的正方形比GB上的正方形不如同一个平方数比一个平方数，所以

CG与GB长度不可公度。

［X. 9］

而两者都是有理的；

因此，CG、GB是仅正方可公度的有理直线，

因此，BC是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第二余线。

这是因为，设BG上的正方形比GC上的正方形大一个H上的正方形。

于是，由于BG上的正方形比GC上的正方形如同数ED比数DF，

因此，取换比例，

BG上的正方形比H上的正方形如同DE比EF。

［V. 19，推论］

而数DE、EF中的每一个都是平方数；

因此，BG上的正方形比H上的正方形如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与H长度可公度。

［X. 9］

而BG上的正方形比GC上的正方形大一个H上的正方形，

因此，BG上的正方形比GC上的正方形大一个与BG长度可公度的直线上的正方形。

而附加直线CG与给定的有理直线A可公度。

因此，BC是第二余线。

［X. 定义III. 2］

这样便求出了第二余线BC。

这就是所要证明的。

命题87

求第三余线。

To find the third apotome.

?

给定有理直线A，

设三数E、BC、CD彼此之比都不如同一个平方数比一个平方数，但CB比BD如同一个平方数比一个平方数。

设法使E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

且使BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形。

［X. 6，推论］

于是，由于E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

因此，A上的正方形与FG上的正方形可公度。

［X. 6］

但A上的正方形是有理的；

因此，FG上的正方形也是有理的；

因此，FG是有理的。

又，由于E比BC不如同一个平方数比一个平方数，

因此，A上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与FG长度不可公度。

［X. 9］

又，由于BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，FG上的正方形与GH上的正方形可公度。

［X. 6］

但FG上的正方形是有理的；

因此，GH上的正方形也是有理的；

因此，GH是有理的。

又，由于BC比CD不如同一个平方数比一个平方数，

因此，FG上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与GH长度不可公度。

［X. 9］

而两者都是有理的；

因此，FG、GH是仅正方可公度的有理直线；

因此，FH是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第三余线。

这是因为，由于E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

且BC比CD如同FG上的正方形比HG上的正方形，

因此，取首末比例，E比CD如同A上的正方形比HG上的正方形。

［V. 22］

但E比CD不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与GH长度不可公度。

［X. 9］

因此，直线FG、GH都不与给定的有理直线A长度可公度。

现在，设FG上的正方形比GH上的正方形大一个K上的正方形。

于是，由于BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，取换比例，BC比BD如同FG上的正方形比K上的正方形。

［V. 19，推论］

但BC比BD如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG上的正方形比K上的正方形也如同一个平方数比一个平方数。

因此，FG与K长度可公度，

［X. 9］

且FG上的正方形比GH上的正方形大一个与FG可公度的直线上的正方形。

而FG、GH都不与给定的有理直线A长度可公度；

因此，FH是第三余线。

［X. 定义III. 3］

这样便求出了第三余线FH。

这就是所要证明的。

命题88

求第四余线。

To find the fourth apotome.

?

给定有理直线A，且设BG与它长度可公度；

因此，BG也是有理的。

给定两数DF、FE，使整个DE比数DF、EF中的每一个都不如同一个平方数比一个平方数。

设法使DE比EF如同BG上的正方形比GC上的正方形；

［X. 6，推论］

因此，BG上的正方形与GC上的正方形可公度。

［X. 6］

但BG上的正方形是有理的；

因此，GC上的正方形也是有理的；

因此，GC是有理的。

现在，由于DE比EF不如同一个平方数比一个平方数，

因此，BG上的正方形比GC上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与GC长度不可公度。

［X. 9］

而两者都是有理的；

因此，BG、GC是仅正方可公度的有理直线；

因此，BC是余线。

［X. 73］

现在，设BG上的正方形比GC上的正方形超出一个H上的正方形。

于是，由于DE比EF如同BG上的正方形比GC上的正方形，

因此，取换比例也有，

ED比DF如同GB上的正方形比H上的正方形。

［V. 19. 推论］

但ED比DF不如同一个平方数比一个平方数；

因此，GB上的正方形比H上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与H长度不可公度。

［X. 9］

而BG上的正方形比GC上的正方形大一个H上的正方形，

因此，BG上的正方形比GC上的正方形大一个与BG不可公度的直线上的正方形。

而整个BG与给定的有理直线A长度可公度。

因此，BC是第四余线。

［X. 定义III. 4］

这样便求出了第四余线BC。

这就是所要证明的。

命题89

求第五余线。

To find the fifth apotome.

?

给定有理直线A，且设CG与A长度可公度；

因此，CG是有理的。

给定两数DF、FE，且使DE比直线DF、FE中的每一个都不如同一个平方数比一个平方数；

设法使FE比ED如同CG上的正方形比GB上的正方形。

因此，GB上的正方形也是有理的；

因此，BG也是有理的。

［X. 6］

现在，由于DE比EF如同BG上的正方形比GC上的正方形，

而DE比EF不如同一个平方数比一个平方数，

因此，BG上的正方形比GC上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与GC长度不可公度。

［X. 9］

而两者都是有理的；

因此，BG、GC是仅正方可公度的有理直线；

因此，BC是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第五余线。

这是因为，设BG上的正方形比GC上的正方形大一个H上的正方形。

于是，由于BG上的正方形比GC上的正方形如同DE比EF，

因此，取换比例，

ED比DF如同BG上的正方形比H上的正方形。

［V. 19，推论］

但ED比DF不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG上的正方形比H上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，BG与H长度不可公度。

［X. 9］

而BG上的正方形比GC上的正方形大一个H上的正方形，

因此，GB上的正方形比GC上的正方形大一个与GB长度不可公度的直线上的正方形。

而附加直线CG与给定的有理直线A长度可公度；

因此，BC是第五余线。

［X. 定义III. 5］

这样便求出了第五余线BC。

这就是所要证明的。

命题90

求第六余线。

To find the sixth apotome.

?

给定有理直线A，设三数E、BC、CD彼此之比都不如同一个平方数比一个平方数；

且设CB比BD也不如同一个平方数比一个平方数。

设法使E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

且BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形。

［X. 6，推论］

现在，由于E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

因此，A上的正方形与FG上的正方形 可公度。

［X. 6］

但A上的正方形是有理的；

因此，FG上的正方形也是有理的；

因此，FG也是有理的。

又，由于E比BC不如同一个平方数比一个平方数，

因此，A上的正方形比FG上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与FG长度不可公度。

［X. 9］

又，由于BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，FG上的正方形与GH上的正方 形可公度。

［X. 6］

但FG上的正方形是有理的；

因此，GH上的正方形也是有理的；

因此，GH也是有理的。

又，由于BC比CD不如同一个平方数比一个平方数，

因此，FG上的正方形比GH上的正方形不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与GH长度不可公度。

［X. 6］

而两者都是有理的。

因此，FG、GH是仅正方可公度的有理直线；

因此，FH是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第六余线。

这是因为，E比BC如同A上的正方形比FG上的正方形，

且BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，取首末比例，

E比CD如同A上的正方形比GH上的 正方形。

［V. 22］

但E比CD不如同一个平方数比一个平方数，

因此，A上的正方形比GH上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，A与GH长度不可公度；

［X. 9］

因此，直线FG、GH中的每一个都不与有理直线A长度可公度。

现在，设FG上的正方形比GH上的正方形超出一个K上的正方形。

于是，由于BC比CD如同FG上的正方形比GH上的正方形，

因此，取换比例，

CB比BD如同FG上的正方形比K上 的正方形。

［V. 19，推论］

但CB比BD不如同一个平方数比一个平方数，

因此，FG上的正方形比K上的正方形也不如同一个平方数比一个平方数；

因此，FG与K长度不可公度。

［X. 9］

而FG上的正方形比GH上的正方形大一个K上的正方形；

因此，FG上的正方形比GH上的正方形大一个与FG长度不可公度的直线上的正方形。

而直线FG、GH中的每一个都与给定的有理直线A不可公度。

因此，FH是第六余线。

［X. 定义III. 6］

这样便求出了第六余线FH。

这就是所要证明的。

命题91

若一个面由有理直线和第一余线所围成，则该面的“边”是余线。

If an area be contained by a rational straight line and a first apotome, the “side” of the area is an apotome.

?

设面AB由有理直线AC和第一余线AD所围成；

我说，面AB的“边”是余线。

这是因为，由于AD是第一余线，设DG是它的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线。

［X. 73］

而整条直线AG与给定的有理直线AC可公度，且AG上的正方形比GD上的正方形大一个与AG长度可公度的直线上的正方形；

［X. 定义III. 1］

因此，如果对AG贴合出一个等于DG上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它被分成可公度的两段。

［X. 17］

设DG在E被二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，

设它是矩形AF、FG；

因此，AF与FG可公度。

又过点E、F、G作EH、FI、GK平行于AC。

现在，由于AF与FG长度可公度，

因此，AG与直线AF、FG中的每一个长度也可公度。

［X. 15］

但AG与AC可公度；

因此，直线AF、FG中的每一条都与 AC长度可公度。

［X. 12］

而AC是有理的；

因此，直线AF、FG中的每一条也是有理的，

因此，矩形AI、FK中的每一个也是有理的。

［X. 19］

现在，由于DE与EG长度可公度，

因此，DG与直线DE、EG中的每一条也长度可公度。

［X. 15］

但DG是有理的，且与AC长度不可公度；

因此，直线DE、EG中的每一条也是有理的，且与AC长度不可公度；

［X. 13］

因此，矩形DH、EK中的每一个都是中 项面。

［X. 21］

现在，作正方形LM等于AI，并从中减去与它有共同角LPM且等于FK的正方形NO；

因此，正方形LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

于是，由于AF、FG所围成的矩形等于EG上的正方形，

因此，AF比EG如同EG比FG。

［VI. 17］

但AF比EG如同AI比EK，

且EG比FG如同EK比KF；

［VI. 1］

因此，EK是AI、KF的比例中项。

［V. 11］

但前已证明，MN也是LM、NO的比例中项，

［X. 53后的引理］

且AI等于正方形LM，KF等于NO；

因此，MN也等于EK。

但EK等于DH，且MN等于LO；

因此，DK等于拐尺形UVW与NO之和。

但AK也等于正方形LM、NO之和；

因此，余量AB等于ST。

但ST等于LN上的正方形；

因此，LN上的正方形等于AB；

因此，LN是AB的“边”。

其次我说，LN是余线。

这是因为，由于矩形AI、FK中的每一个都是有理的，

且它们分别等于LM、NO，

因此，正方形LM、NO中的每一个，即分别是LP、PN上的正方形，也是有理的；

因此，直线LP、PN中的每一条也是有理的。

又，由于DH是中项面，且等于LO，

因此，LO也是中项面。

于是，由于LO是中项面，

而NO是有理的，

因此，LO与NO不可公度，

但LO比NO如同LP比PN；

［VI. 1］

因此，LP与PN长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，LP、PN是仅正方可公度的有理直线；

因此，LN是余线。

［X. 73］

而它是面AB的“边”；

因此，面AB的“边”是余线。

这就是所要证明的。

命题92

若一个面由有理直线和第二余线所围成，则该面的“边”是中项线的第一余线。

If an area be contained by a rational straight line and a second apotome, the “side” of the area is a first apotome of a medial straight line.

?

设面AB是有理直线AC和第二余线AD所围成的矩形。

我说，面AB的“边”是中项线的第一余线。

这是因为，设DG是AD上的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线，

［X. 73］

且附加直线DG与给定的有理直线AC可公度，

而整条直线AG上的正方形比附加直线GD上的正方形大一个与AG长度可公度的直线上的正方形。

［X. 定义III. 2］

于是，由于AG上的正方形比GD上的正方形大一个与AG可公度的直线上的正方形，

因此，如果对AG贴合出一个等于GD上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它把AG分成可公度的两段。

［X. 17］

设DG在E被二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，

设它是矩形AF、FG；

因此，AF与FG长度可公度，

因此，AG与直线AF、FG中的每一条也长度可公度。

［X. 15］

但AG是有理的，且与AC长度不可公度；

因此，直线AF、FG中的每一条也是有理的，且与AC长度不可公度；

［X. 13］

因此，矩形AI、FK中的每一个都是中项面。

［X. 21］

又，由于DE与EG可公度，

因此，DG与直线DE、EG中的每一条也可公度。

［X. 15］

但DG与AC长度可公度。

因此，矩形DH、EK中的每一个都是有理的。

［X. 19］

于是，作正方形LM等于AI，

再减去等于FK且与LM有同一个角LPM的正方形NO；

因此，正方形LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

于是，由于AI、FK都是中项面，且分别等于LP、PN上的正方形，所以

LP、PN上的正方形也都是中项面；

因此，LP、PN也是仅正方可公度的中项线。

又，由于矩形AF、FG等于EG上的正方形，

因此，AF比EG如同EG比FG，

［VI. 17］

而AF比EG如同AI比EK，

且EG比FG如同EK比FK；

［VI. 1］

因此，EK是AI、FK的比例中项。

［V. 11］

但MN也是正方形LM、NO的比例中项，

且AI等于LM，FK等于NO；

因此，MN也等于EK。

但DH等于EK，

且LO等于MN；

因此，整个DK等于拐尺形UVW与NO之和。

于是，由于整个AK等于LM、NO之和，

且DK等于拐尺形UVW与NO之和，

因此，余量AB等于TS。

但TS是LN上的正方形；

因此，LN上的正方形等于面AB；

因此，LN等于面AB的“边”。

我说，LN是中项线的第一余线。

这是因为，由于EK是有理的，且等于LO，

因此，LO，即矩形LP、PN，是有理的。

但已证明，NO是中项面；

因此，LO与NO不可公度。

但LO比NO如同LP比PN；

［VI. 1］

因此，LP、PN长度不可公度。

［X. 11］

因此，LP、PN是仅正方可公度的中项线，且围成一个有理矩形；

因此，LN是中项线的第一余线。

［X. 74］

而它是面AB的“边”。

因此，面AB的“边”是中项线的第一余线。

这就是所要证明的。

命题93

若一个面由有理直线和第三余线所围成，则该面的“边”是中项线的第二余线。

If an area be contained by a rational straight line and a third apotome, the “side” of the area is a second apotome of a medial straight line.

设面AB由有理直线AC和第三余线AD所围成；

我说，面AB的“边”是中项线的第二余线。

这是因为，设DG是AD上的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线，

且直线AG、GD中的每一条都不与给定的有理直线AC长度可公度，

而整条直线AG上的正方形比附加直线DG上的正方形大一个与AG可公度的直线上的正方形。

［X. 定义III. 3］

于是AG上的正方形比GD上的正方形大一个与AG可公度的直线上的正方形，

因此，如果对AG贴合出一个等于DG上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它把AG分成可公度的两段。

［X. 17］

于是，设DG在E被二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，

设它是矩形AF、FG。

过点E、F、G作EH、FI、GK平行于AC。

因此，AF、FG可公度，

因此，AI与FK也可公度。

［VI. 1，X. 11］

由于AF、FG长度可公度，

因此，AG与直线AF、FG中的每一条也长度可公度。

［X. 15］

但AG是有理的，且与AC长度不可公度；

因此，AF、FG也都是有理的，且与AC长度不可公度。

［X. 13］

因此，矩形AI、FK中的每一个都是中项面。

［X. 21］

又，由于DE与EG长度可公度，

因此，DG与直线DE、EG中的每一条也长度可公度。

［X. 15］

但GD是有理的，且与AC长度不可公度；

因此，直线DE、EG中的每一条也是有理的，且与AC长度不可公度；

［X. 13］

因此，矩形DH、EK中的每一个都是中项面。

［X. 21］

又，由于AG、GD仅正方可公度，

因此，AG与GD长度不可公度。

但AG与AF长度可公度，且DG与EG长度可公度；

因此，AF与EG长度不可公度。

［X. 13］

但AF比EG如同AI比EK；

［VI. 1］

因此，AI与EK不可公度。

［X. 11］

现在，作正方形LM等于AI，

从中减去等于FK且与LM有相同角的NO；

因此，LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

现在，由于矩形AF、FG等于EG上的正方形，

因此，AF比EG如同EG比FG。

［VI. 17］

但AF比EG如同AI比EK，

且EG比FG如同EK比FK；

［VI. 1］

因此也有，AI比EK如同EK比FK；

［V. 11］

因此，EK是AI、FK的比例中项。

但MN也是正方形LM、NO的比例中项，

且AI等于LM，FK等于NO；

因此，EK也等于MN。

但MN等于LO，

且EK等于DH；

因此，整个DK也等于拐尺形UVW与NO之和。

但AK也等于LM、NO之和；

因此，余量AB等于ST，即等于LN上的正方形；

因此，LN是面AB的“边”。

我说，LN是中项线的第二余线。

这是因为，由于已经证明AI、FK是中项面，且分别等于LP、PN上的正方形，

因此，正方形LP、PN中的每一个也都是中项面；

因此，直线LP、PN中的每一条都是中项线。

又，由于AI与FK可公度，

［VI. 1，X. 11］

因此，LP上的正方形与PN上的正方形也可公度。

又，由于已经证明AI与EK不可公度，

因此，LM与MN也不可公度，

即LP上的正方形与矩形LP、PN不可公度；

因此，LP与PN也长度不可公度；

［VI. 1，X. 11］

因此，LP、PN是仅正方可公度的中项线。

其次我说，它们也围成一个中项矩形。

这是因为，已经证明EK是中项面，且等于矩形LP、PN，

因此，矩形LP、PN也是中项面，

因此，LP、PN是围成一个中项矩形的仅正方可公度的中项线。

因此，LN是中项线的第二余线；

［X. 75］

且它是面AB的“边”。

因此，面AB的“边”是中项线的第二余线。

这就是所要证明的。

命题94

若一个面由有理直线和第四余线所围成，则该面的“边”是次线。

If an area be contained by a rational straight line and a fourth apotome, the “side” of the area is minor.

?

设面AB由有理直线AC和第四余线AD所围成；

我说，面AB的“边”是次线。

这是因为，设DG是AD上的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线，

AG与给定的有理直线AC长度可公度，

且整条直线AG上的正方形比附加直线DG上的正方形大一个与AG长度不可公度的直线上的正方形，

［X. 定义III. 4］

于是，由于AG上的正方形比GD上的正方形大一个与AG长度不可公度的直线上的正方形，

因此，如果对AG贴合出一个等于DG上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它把AG分成不可公度的两段。

［X. 18］

于是，设DG被E二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，

且设它是矩形AF、FG；

因此，AF与FG长度不可公度。

过E、F、G作EH、FI、GK平行于AC、BD。

于是，由于AG是有理的，且与AC长度可公度，

因此，整个AK是有理的。

［X. 19］

又，由于DG与AC长度不可公度，且两者都是有理的，

因此，DK是中项面。

［X. 21］

又，由于AF与FG长度不可公度，

因此，AI与FK也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

现在，作正方形LM等于AI，

从中减去等于FK且与LM有相同的角LPM的正方形NO。

因此，LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

于是，由于矩形AF、FG等于EG上的正方形，

因此，按照比例，AF比EG如同EG比FG。

［VI. 17］

但AF比EG如同AI比EK，

且EG比FG如同EK比FK；

［VI. 1］

因此，EK是AI、FK的比例中项。

［V. 11］

但MN也是正方形LM、NO的比例中项，

且AI等于LM，FK等于NO；

因此，EK也等于MN。

但DH等于EK，LO等于MN；

因此，整个DK等于拐尺形UVW与NO之和。

于是，由于整个AK等于正方形LM、NO之和，

且DK等于拐尺形UVW与正方形NO之和；

因此，余量AB等于ST，即等于LN上的正方形；

因此，LN是面AB的“边”。

我说，LN是被称为次线的无理直线。

这是因为，由于AK是有理的，且等于LP、PN上的正方形之和，

因此，LP、PN上的正方形之和是有理的。

又，由于DK是中项面，

且DK等于二倍的矩形LP、PN，

因此，二倍的矩形LP、PN是中项面。

由于已经证明，AI与FK不可公度，

因此，LP上的正方形与PN上的正方形也不可公度。

因此，LP、PN是正方不可公度的直线，且它们上的正方形之和是有理的，但它们所围成矩形的二倍是中项面。

因此，LN是被称为次线的无理直线；

［X. 76］

且它是面AB的“边”。

因此，面AB的“边”是次线。

这就是所要证明的。

命题95

若一个面由有理直线和第五余线所围成，则该面的“边”是中项面与有理面之差的边。

If an area be contained by a rational straight line and a fifth apotome, the “side” of the area is a straight line which produces with a rational area a medial whole.

?

设面AB由有理直线AC和第五余线AD所围成；

我说，面AB的“边”是中项面与有理面之差的边。

这是因为，设DG是AD上的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线，

附加直线GD与给定的有理直线AC长度可公度，

且整条直线AG上的正方形比附加直线DG上的正方形大一个与AG不可公度的直线上的正方形。

［X. 定义III. 5］

因此，如果对AG贴合出一个等于DG上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它把AG分成不可公度的两段。

［X. 18］

于是，设DG在E被二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，设它是矩形AF、FG；

因此，AF与FG长度不可公度。

现在，由于AG与CA长度不可公度，且两者都是有理的，

因此，AK是中项面。

［X. 21］

又，由于DG是有理的，且与AC长度可公度，所以

DK是有理的。

［X. 19］

现在，作正方形LM等于AI，且减去等于FK且有相同角LPM的正方形NO；

因此，正方形LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

于是类似地，可以证明，LN是面AB的“边”。

我说，LN是中项面与有理面之差的边。

这是因为，由于已经证明，AK是中项面且等于LP、PN上的正方形之和，

因此，LP、PN上的正方形之和是中项面。

又，由于DK是有理的且等于二倍的矩形LP、PN，所以

后者也是有理的。

又，由于AI与FK不可公度，

因此，LP上的正方形与PN上的正方形也不可公度；

因此，LP、PN是正方不可公度的直线，且它们上的正方形之和是中项面，但它们所围成矩形的二倍是有理的。

因此，余量LN是被称为中项面与有理面之差的边的无理直线；

［X. 77］

且它是面AB的“边”。

因此，面AB的“边”是中项面与有理面之差的边。

这就是所要证明的。

命题96

若一个面由有理直线和第六余线所围成，则该面的“边”是中项面与中项面之差的边。

If an area be contained by a rational straight line and a sixth apotome, the “side” of the area is a straight line which produces with a medial area a medial whole.

?

设面AB由有理直线AC和第六余线AD所围成；

我说，面AB的“边”是中项面与中项面之差的边。

这是因为，设DG是AD上的附加直线；

因此，AG、GD是仅正方可公度的有理直线，

它们中的每一条都不与给定的有理直线AC长度可公度，

且整条直线AG上的正方形比附加直线DG上的正方形大一个与AG长度不可公度的直线上的正方形。

［X. 定义III. 6］

于是，由于AG上的正方形比GD上的正方形大一个与AG长度不可公度的直线上的正方形，

因此，如果对AG贴合出一个等于DG上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，则它把AG分成不可公度的两段。

［X. 18］

于是，设DG在E被二等分，

对AG贴合出一个等于EG上的正方形且亏缺一个正方形的平行四边形，

且设它是矩形AF、FG；

因此，AF与FG长度不可公度。

但AF比FG如同AI比FK；

［VI. 1］

因此，AI与FK不可公度。

［X. 11］

又，由于AG、AC是仅正方可公度的有理直线，所以

AK是中项面。

［X. 21］

又，由于AC、DG是长度不可公度的有理直线，

因此，DK也是中项面。

［X. 21］

现在，由于AG、GD仅正方可公度，

因此，AG与GD长度不可公度。

但AG比GD如同AK比KD；

［VI. 1］

因此，AK与KD不可公度。

［X. 11］

现在，作正方形LM等于AI，

且减去等于FK且有相同角的正方形NO；

因此，LM、NO有相同的对角线。

［VI. 26］

设PR是它们的对角线，并作图。

于是，按照和前面类似的方法可以证明，LN是面AB的“边”。

我说，LN是中项面与中项面之差的边。

这是因为，由于已经证明，AK是中项面且等于LP、PN上的正方形之和，

因此，LP、PN上的正方形之和是中项面。

又，由于已经证明，DK是中项面且等于二倍的矩形LP、PN，

因此，二倍的矩形LP、PN也是中项面。

又，由于已证明AK与DK不可公度，LP、PN上的正方形之和与二倍的矩形LP、PN也不可公度。

又，由于AI与FK不可公度，

因此，LP上的正方形与PN上的正方形也不可公度；

因此，LP、PN是正方不可公度的直线，且它们上的正方形之和是中项面，它们所围成矩形的二倍是中项面，且它们上的正方形之和与它们所围成矩形的二倍不可公度。

因此，LN是被称为中项面与中项面之差的边的无理直线；

［X. 78］

且它是面AB的“边”。

因此，面AB的“边”是中项面与中项面之差的边。

这就是所要证明的。

命题97

对一有理直线贴合出一个矩形等于一条余线上的正方形，则产生的宽是第一余线。

The square on an apotome applied to a rational straight line produces as breadth a first apotome.

?

设AB是余线，CD是有理直线，

对CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF；

我说，CF是第一余线。

这是因为，设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是仅正方可公度的有理直线。

［X. 73］

对CD贴合出CH等于AG上的正方形，又作KL等于BG上的正方形。

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和，且CE等于AB上的正方形；

因此，余下的FL等于二倍的矩形AG、GB。

［II. 7］

设FM在点N被二等分，

且过N作NO平行于CD；

因此，矩形FO、LN中的每一个都等于矩形AG、GB。

现在，由于AG、GB上的正方形是有理的，

且DM等于AG、GB上的正方形之和，

因此，DM是有理的。

而DM是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM；

因此，CM是有理的，且与CD长度可 公度。

［X. 20］

又，由于二倍的矩形AG、GB是中项面，且FL等于二倍的矩形AG、GB，

因此，FL是中项面。

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的FM；

因此，FM是有理的，且与CD长度不 可公度。

［X. 22］

又，由于AG、GB上的正方形是有理的，

而二倍的矩形AG、GB是中项面，

因此，AG、GB上的正方形之和与二倍的矩形AG、GB不可公度。

而CL等于AG、GB上的正方形之和，

且FL等于二倍的矩形AG、GB，

因此，DM与FL不可公度。

但DM比FL如同CM比FM；

［VI. 1］

因此，CM与FM长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线；

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，CF也是第一余线。

这是因为，由于矩形AG、GB是AG、GB上的正方形的比例中项，

且CH等于AG上的正方形，

KL等于BG上的正方形，

且NL等于矩形AG、GB，

因此，NL也是CH、KL的比例中项；

因此，CH比NL如同NL比KL。

但CH比NL如同CK比NM，

且NL比KL如同NM比KM；

［VI. 1］

因此，矩形CK、KM等于NM上的正方形［VI. 17］，即等于FM上的正方形的四分之一。

又，由于AG上的正方形与GB上的正方形可公度，所以

CH与KL也可公度。

但CH比KL如同CK比KM；

［VI. 1］

因此，CK与KM可公度。

［X. 11］

于是，由于CM、MF是两条不等的直线，

且对CM贴合出等于FM上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的矩形CK、KM，

而CK与KM可公度，

因此，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM长度可公度的直线上的正方形。

［X. 17］

而CM与给定的有理直线CD长度可公度，

因此，CF是第一余线。

［X. 定义III. 1］

这就是所要证明的。

命题98

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线的第一余线上的正方形，则产生的宽是第二余线。

The square on a first apotome of a medial straight line applied to a rational straight line produces as breadth a second apotome.

设AB是中项线的第一余线，CD是有理直线，

对CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF；

我说，CF是第二余线。

这是因为，设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是围成一个有理矩形的仅正方可公度的中项线。

［X. 74］

对CD贴合出CH等于AG上的正方形，产生作为宽的CK，以及贴合出KL等于GB上的正方形，产生作为宽的KM；

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和；

因此，CL也是中项面。

［X. 15和23，推论］

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM；

因此，CM是有理的，且与CD长度不 可公度。

［X. 22］

现在，由于CL等于AG、GB上的正方形之和，

且AB上的正方形等于CE，

因此，余下的二倍的矩形AG、GB等于FL。

［II. 7］

但二倍的矩形AG、GB是有理的；

因此，FL是有理的。

而它是对有理直线FE贴合出的，产生作为宽的FM；

因此，FM也是有理的，且与CD长度 可公度。

［X. 20］

现在，由于AG、GB上的正方形之和，即CL，是中项面，而二倍的矩形AG、GB，即FL，是有理的，

因此，CL与FL不可公度。

但CL比FL如同CM比FM；

［VI. 1］

因此，CM与FM长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线；

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，CF也是第二余线。

这是因为，设FM在N被二等分，

且过N作NO平行于CD；

因此，矩形FO、NL中的每一个都等于矩形AG、GB。

现在，由于矩形AG、GB是AG、GB上的正方形的比例中项，

且AG上的正方形等于CH，

矩形AG、GB等于NL，

以及BG上的正方形等于KL，

因此，NL也是CH、KL的比例中项；

因此，CH比NL如同NL比KL。

但CH比NL如同CK比NM，

且NL比KL如同NM比MK；

［VI. 1］

因此，CK比NM如同NM比KM；

［V. 11］

因此，矩形CK、KM等于NM上的正方形［VI. 17］，即等于FM上的正方形的四分之一。

于是，由于CM、FM是两条不等的直线，矩形CK、KM是对较长直线CM贴合出的，等于MF上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形，并把CM分成可公度的两段，

因此，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM长度可公度的直线上的正方形。

［X. 17］

而附加直线FM与给定的有理直线CD长度可公度；

因此，CF是第二余线。

［X. 定义III. 2］

这就是所要证明的。

命题99

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线的第二余线上的正方形，则产生的宽是第三余线。

The square on a second apotome of a medial straight line applied to rational straight line produces as breadth a third apotome.

设AB是中项线的第二余线，CD是有理直线，

且对CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF。

我说，CF是第三余线。

设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是围成一个中项矩形的仅正方可公度的中项线。

［X. 75］

设CH是对CD贴合出的且等于AG上的正方形，产生作为宽的CK，

又设KL是对KH贴合出的且等于BG上的正方形，产生作为宽的KM；

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和；

因此，CL也是中项面。

［X. 15和23，推论］

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM；

因此，CM是有理的，且与CD长度不 可公度。

［X. 22］

现在，由于CL等于AG、GB上的正方形之和，

且CE等于AB上的正方形，

因此，余下的LF等于二倍的矩形AG、GB。

［II. 7］

于是，设FM在点N被二等分，

且作NO平行于CD；

因此，矩形FO、NL中的每一个都等于矩形AG、GB。

但矩形AG、GB是中项面；

因此，FL也是中项面。

又，它是对有理直线EF贴合出的，产生作为宽的FM；

因此，FM也是有理的，且与CD长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AG、GB仅正方可公度，

因此，AG与GB长度不可公度；

因此，AG上的正方形与矩形AG、GB 也不可公度。

［VI. 1，X. 11］

但AG、GB上的正方形之和与AG上的正方形可公度，

且二倍的矩形AG、GB与矩形AG、GB可公度；

因此，AG、GB上的正方形之和与二倍的矩形AG、GB不可公度。

［X. 13］

但CL等于AG、GB上的正方形之和，

且FL等于二倍的矩形AG、GB；

因此，CL与FL也不可公度。

但CL比FL如同CM比FM；

［VI. 1］

因此，CM与FM长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线；

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，它也是第三余线。

这是因为，由于AG上的正方形与GB上的正方形可公度，

因此，CH与KL也可公度，

因此，CK与KM也可公度。

［VI. 1，X. 11］

又，由于矩形AG、GB是AG、GB上的正方形的比例中项，

且CH等于AG上的正方形，

KL等于GB上的正方形，

以及NL等于矩形AG、GB；

因此，NL也是CH、KL的比例中项；

因此，CH比NL如同NL比KL。

但CH比NL如同CK比NM，

且NL比KL如同NM比KM；

［VI. 1］

因此，CK比MN如同MN比KM；

［V. 11］

因此，矩形CK、KM等于＜MN上的正方形，即等于＞FM上的正方形的四分之一。

于是，由于CM、MF是不等的两直线，且对CM贴合出一个等于FM上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，并把CM分成可公度的两段，

因此，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM可公度的直线上的正方形。

［X. 17］

而直线CM、MF都与给定的有理直线CD长度不可公度；

因此，CF是第三余线。

［X. 定义III. 3］

这就是所要证明的。

命题100

对一有理直线贴合出一个矩形等于次线上的正方形，则产生的宽是第四余线。

The square on a minor straight line applied to a rational straight line produces as breadth a fourth apotome.

设AB是次线，CD是有理直线，对有理直线CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF；

我说，CF是第四余线。

这是因为，设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是正方不可公度的直线，使AG、GB上的正方形之和是有理的，但二倍的矩形AG、GB是中项面。

［X. 76］

对CD贴合出CH等于AG上的正方形，产生作为宽的CK，

以及贴合出KL等于BG上的正方形，产生作为宽的KM；

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和。

又，AG、GB上的正方形之和是有理的；

因此，CL也是有理的。

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM；

因此，CM也是有理的，且与CD长度可公度。

［X. 20］

又，由于整个CL等于AG、GB上的正方形之和，且CE等于AB上的正方形，

因此，余下的FL等于二倍的矩形AG、GB。

［II. 7］

于是，设FM在点N被二等分，

且过点N作NO平行于直线CD、ML；

因此，矩形FO、NL中的每一个都等于矩形AG、GB。

又，由于二倍的矩形AG、GB是中项面且等于FL，

因此，FL也是中项面。

而它是对有理直线FE贴合出的，产生作为宽的FM；

因此，FM是有理的，且与CD长度不 可公度。

［X. 22］

又，由于AG、GB上的正方形之和是有理的，

而二倍的矩形AG、GB是中项面，

因此，AG、GB上的正方形之和与二倍的矩形AG、GB不可公度。

但CL等于AG、GB上的正方形之和，

而FL等于二倍的矩形AG、BG；

因此，CL与FL不可公度。

但CL比FL如同CM比MF；

［VI. 1］

因此，CM与MF长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的；

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线；

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，CF也是第四余线。

这是因为，由于AG、GB正方不可公度，

因此，AG上的正方形与GB上的正方形也不可公度。

而CH等于AG上的正方形，

且KL等于GB上的正方形；

因此，CH与KL不可公度。

但CH比KL如同CK比KM；

［VI. 1］

因此，CK与KM长度不可公度。

［X. 11］

又，由于矩形AG、GB是AG、GB上的正方形的比例中项，

且AG上的正方形等于CH，

GB上的正方形等于KL，

以及矩形AG、GB等于NL，

因此，NL是CH、KL的比例中项；

因此，CH比NL如同NL比KL。

但CH比NL如同CK比NM，

且NL比KL如同NM比KM；

［VI. 1］

因此，CK比MN如同MN比KM；

［V. 11］

因此，矩形CK、KM等于MN上的正方形［VI. 17］，即等于FM上的正方形的四分之一。

于是，由于CM、MF是不等的两直线，矩形CK、KM是对CM贴合出的，等于MF上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形，且把CM分成不可公度的两段，

因此，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM不可公度的直线上的正方形。

［X. 18］

而整条直线CM与给定的有理直线CD长度可公度；

因此，CF是第四余线。

［X. 定义III. 4］

这就是所要证明的。

命题101

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项面与有理面之差的边上的正方形，则产生的宽是第五余线。

The square on the straight line which produces with a rational area a medial whole, if applied to a rational straight line, produces as breadth a fifth apotome.

?

设AB是中项面与有理面之差的边，CD是有理直线，且对CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF；

我说，CF是第五余线。

这是因为，设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是正方不可公度的直线，使它们上的正方形之和是中项面，但二倍的矩形AG、GB是有理面。

［X. 77］

对CD贴合出CH等于AG上的正方形，贴合出KL等于GB上的正方形；

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和。

但AG、GB上的正方形之和是中项面；

因此，CL是中项面。

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM，

因此，CM是有理的，且与CD不可公度。

［X. 22］

由于CL等于AG、GB上的正方形之和，

且CE等于AB上的正方形，

因此，余下的FL等于二倍的矩形AG、GB。

［II. 7］

设FM在N被二等分，

且过点N作NO平行于直线CD或ML，

因此，矩形FO、NL中的每一个等于矩形AG、GB。

又，由于二倍的矩形AG、GB是有理的且等于FL，

因此，FL是有理的。

而对有理直线EF贴合，产生作为宽的FM；

因此，FM是有理的，且与CD长度可公度。

［X. 20］

现在，由于CL是中项面，FL是有理面，

因此，CL与FL不可公度。

但CL比FL如同CM比MF；

［VI. 1］

因此，CM与MF长度不可公度，

［X. 11］

而两者都是有理的，

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线，

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，CF也是第五余线。

这是因为，类似地可以证明，矩形CK、KM等于NM上的正方形，即等于FM上的正方形的四分之一。

又，由于AG上的正方形与GB上的正方形不可公度，

而AG上的正方形等于CH，

且GB上的正方形等于KL，

因此，CH与KL不可公度。

但CH比KL如同CK比KM；

［VI. 1］

因此，CK与KM长度不可公度。

［X. 11］

于是，由于CM、MF是不等的两直线，

且对CM贴合出一个等于FM上的正方形的四分之一且亏缺一个正方形的平行四边形，

并把CM分成不可公度的两段，

因此，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM不可公度的直线上的正方形。

［X. 18］

而附加直线FM与给定的有理直线CD可公度；

因此，CF是第五余线。

［X. 定义III. 5］

这就是所要证明的。

命题102

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项面与中项面之差的边上的正方形，则产生的宽是第六余线。

The square on the straight line which produces with a medial area a medial whole, if applied to a rational straight line, produces as breadth a sixth apotome.

?

设AB是中项面与中项面之差的边，CD是有理直线，

对CD贴合出CE等于AB上的正方形，产生作为宽的CF；

我说，CF是第六余线。

这是因为，设BG是AB上的附加直线；

因此，AG、GB是正方不可公度的直线，使它们上的正方形之和是中项面，二倍的矩形AG、GB是中项面，且AG、GB上的正方形之和与二倍的矩形AG、GB不可公度。

［X. 78］

现在，对CD贴合出CH等于AG上的正方形，产生作为宽的CK，

且KL等于BG上的正方形；

因此，整个CL等于AG、GB上的正方形之和；

因此，CL也是中项面。

而它是对有理直线CD贴合出的，产生作为宽的CM；

因此，CM是有理的，且与CD长度不 可公度。

［X. 22］

现在，由于CL等于AG、GB上的正方形之和，

而CE等于AB上的正方形，

因此，余下的FL等于二倍的矩形AG、GB。

［II. 7］

而二倍的矩形AG、GB是中项面；

因此，FL也是中项面。

而它是对有理直线FE贴合出的，产生作为宽的FM；

因此，FM是有理的，且与CD长度不可公度。

［X. 22］

又，由于AG、GB上的正方形之和与二倍的矩形AG、GB不可公度，

且CL等于AG、GB上的正方形之和，

FL等于二倍的矩形AG、GB，

因此，CL与FL不可公度。

但CL比FL如同CM比MF；

［VI. 1］

因此，CM与MF长度不可公度。

［X. 11］

而两者都是有理的。

因此，CM、MF是仅正方可公度的有理直线；

因此，CF是余线。

［X. 73］

其次我说，CF也是第六余线。

这是因为，由于FL等于二倍的矩形AG、GB，

设FM在N被二等分，

且过点N作NO平行于CD，

因此，矩形FO、NL中的每一个都等于矩形AG、GB。

又，由于AG、GB正方不可公度，

因此，AG上的正方形与GB上的正方形不可公度。

但CH等于AG上的正方形，

且KL等于GB上的正方形，

因此，CH与KL不可公度。

但CH比KL如同CK比KM；

［VI. 1］

因此，CK与KM不可公度。

［X. 11］

又，由于矩形AG、GB是AG、GB上的正方形的比例中项，

且CH等于AG上的正方形，

KL等于GB上的正方形，

以及NL等于矩形AG、GB，

因此，NL也是CH、KL的比例中项；

因此，CH比NL如同NL比KL。

同理，CM上的正方形比MF上的正方形大一个与CM不可公度的直线上的正方形。

［X. 18］

而它们都不与给定的有理直线CD可公度；

因此，CF是第六余线。

［X. 定义III. 6］

这就是所要证明的。

命题103

与余线长度可公度的直线仍是余线，且同级。

A straight line commensurable in length with an apotome is an apotome and the same in order.

设AB是余线，

又设CD与AB长度可公度；

我说，CD也是余线，且与AB同级。

这是因为，AB是余线，设BE是它的附加直线；

因此，AE、EB是仅正方可公度的有理 直线。

［X. 73］

设法使BE比DF如同AB比CD；

［VI. 12］

因此也有，前项之一比后项之一如同所有前项之和比所有后项之和；

［V. 12］

因此也有，整个AE比整个CF如同AB比CD。

但AB与CD长度可公度。

因此，AE与CF也可公度，BE与DF也可公度。

［X. 11］

而AE、EB是仅正方可公度的有理直线，

因此，CF、FD也是仅正方可公度的有理直线；

［X. 13］

现在，由于AE比CF如同BE比DF，

因此，取更比例，AE比EB如同CF比FD。

［V. 16］

又，AE上的正方形比EB上的正方形要么大一个与AE可公度的直线上的正方形，要么大一个与AE不可公度的直线上的正方形。

于是，如果AE上的正方形比EB上的正方形大一个与AE可公度的直线上的正方形，则CF上的正方形也比FD上的正方形大一个与CF可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果AE与给定的有理直线长度可公度，则CF也与给定的有理直线长度可公度，

［X. 12］

于是，如果BE与给定的有理直线长度可公度，则DF也与给定的有理直线长度可公度。

［X. 12］

如果直线AE、EB都与给定的有理直线不可公度，则直线CF、FD也都与给定的有理直线不可公度。

［X. 13］

但如果AE上的正方形比EB上的正方形大一个与AE不可公度的直线上的正方形，

则CF上的正方形也比FD上的正方形大一个与CF不可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果AE与给定的有理直线长度可公度，则CF也与给定的有理直线长度可公度。

如果BE与给定的有理直线长度可公度，则DF也与给定的有理直线长度可公度。

［X. 12］

如果直线AE、EB都不与给定的有理直线长度可公度，则直线CF、FD也都不与给定的有理直线长度可公度。

［X. 13］

因此，CD是余线，且与AB同级。

这就是所要证明的。

命题104

与中项线的余线长度可公度的直线仍是中项线的余线，且同级。

A straight line commensurable in length with an apotome is an apotome and the same in order.

设AB是中项线的余线，

且设CD与AB长度可公度；

我说，CD也是中项线的余线，且与AB同级。

这是因为，由于AB是中项线的余线，设EB是它的附加直线。

因此，AE、EB是仅正方可公度的中项线。

［X. 74，75］

设法使AB比CD如同BE比DF；

［VI. 12］

因此，AE与CF也可公度，BE与DF也可公度。

［V. 12，X. 11］

但AE、EB是仅正方可公度的中项线；

因此，CF、FD也是仅正方可公度的中项线；

［X. 23，13］

因此，CD是中项线的余线。

［X. 74，75］

其次我说，CD也与AB同级。

由于AE比EB如同CF比FD，

因此也有，AE上的正方形比矩形AE、EB如同CF上的正方形比矩形CF、FD。

但AE上的正方形与CF上的正方形可公度；

因此，矩形AE、EB与矩形CF、FD也可公度。

［V. 16，X. 11］

因此，如果矩形AE、EB是有理的，则矩形CF、FD也是有理的，

［X. 定义4］

又，如果矩形AE、EB是中项面，则矩形CF、FD也是中项面。

［X. 23，推论］

因此，CD是中项线的余线，且与AB同级。

［X. 74，75］

这就是所要证明的。

命题105

与次线可公度的直线仍是次线。

A straight line commensurable with a minor straight line is minor.

设AB是次线，且CD与AB可公度；

我说，CD也是次线。

作图如上；

于是，由于AE、EB正方不可公度，

［X. 76］

因此，CF、FD也正方不可公度。

［X. 13］

现在，由于AE比EB如同CF比FD，

［V. 12，V. 16］

因此也有，AE上的正方形比EB上的正方形如同CF上的正方形比FD上的正方形。

［VI. 22］

因此，取合比例，AE、EB上的正方形之和比EB上的正方形如同CF、FD上的正方形之和比FD上的正方形。

［V. 18］

但BE上的正方形与DF上的正方形可公度；

因此，AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和也可公度。

［V. 16，X. 11］

但AE、EB上的正方形之和是有理的；

［X. 76］

因此，CF、FD上的正方形之和也是有 理的。

［X. 定义4］

又，由于AE上的正方形比矩形AE、EB如同CF上的正方形比矩形CF、FD，

而AE上的正方形与CF上的正方形可公度，

因此，矩形AE、EB与矩形CF、FD也可公度。

但矩形AE、EB是中项面；

［X. 76］

因此，矩形CF、FD也是中项面；

［X. 23，推论］

因此，CF、FD是正方不可公度的直线，使其上的正方形之和是有理的，但它们所围成的矩形是中项面。

因此，CD是次线。

［X. 76］

这就是所要证明的。

命题106

与中项面和有理面之差的边可公度的直线仍是中项面与有理面之差的边。

A straight line commensurable with that which produces with a rational area a medial whole is a straight line which produces with a rational area a medial whole.

?

设AB是中项面与有理面之差的边，

且CD与AB可公度；

我说，CD也是中项面与有理面之差的边。

这是因为，设BE是AB上的附加直线；

因此，AE、EB是正方不可公度的直线，使AE、EB上的正方形之和是中项面，但它们所围成的矩形是有理面。

［X. 77］

作图如前。

于是，用和以前类似的方法可以证明，CF比FD如同AE比EB，

AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和可公度，

且矩形AE、EB与矩形CF、FD可公度；

因此，CF、FD是正方不可公度的直线，使CF、FD上的正方形之和是中项面，但它们所围成的矩形是有理面。

因此，CD是中项面与有理面之差的边。

［X. 77］

这就是所要证明的。

命题107

与中项面和中项面之差的边可公度的直线仍是中项面与中项面之差的边。

A straight line commensurable with that which produces with a medial area a medial whole is itself also a straight line which produces with a medial area a medial whole.

?

设AB是中项面与中项面之差的边，

且设CD与AB可公度；

我说，CD也是中项面与中项面之差的边。

设BE是AB上的附加直线，与以前作图相同，

因此，AE、EB正方不可公度，且它们上的正方形之和是中项面，且它们所围成的矩形是中项面，且有它们上的正方形之和与它们围成的矩形不可公度。

［X. 78］

现在如前所证，AE、EB分别与CF、FD可公度，可知AE、EB上的正方形之和与CF、FD上的正方形之和可公度，且矩形AE、EB与矩形CF、FD可公度。

因此，CF、FD也正方不可公度，且它们上的正方形之和是中项面，且它们所围成的矩形是中项面，且更有，它们上的正方形之和与它们所围成的矩形不可公度。

因此，CD是中项面与中项面之差的边。

［X. 78］

这就是所要证明的。

命题108

若从有理面中减去中项面，则余面的“边”是两无理直线之一，要么是余线，要么是次线。

If from a rational area a medial area be subtracted, the “side” of the remaining area becomes one of two irrational straight lines, either an apotome or a minor straight line.

?

设从有理面BC中减去中项面BD；

我说，余面EC的“边”是两无理直线之一，要么是余线，要么是次线。

这是因为，给定有理直线FG，

对FG贴合出矩形GH等于BC，

且作GK等于被减去的DB；

因此，余量EC等于LH。

于是，由于BC是有理面，BD是中项面，

而BC等于GH，且BD等于GK，

因此，GH是有理面，GK是中项面。

而它们是对有理直线FG贴合出的；

因此，FH是有理的，且与FG长度可 公度，

［X. 20］

而FK是有理的，且与FG长度不可公度；

［X. 22］

因此，FH与FK长度不可公度。

［X. 13］

因此，FH、FK是仅正方可公度的有理直线；

因此，KH是余线［X. 73］，且KF是它的附加直线。

现在，HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF要么可公度要么不可公度的直线上的正方形。

首先，设HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF可公度的直线上的正方形。

现在，整个HF与给定的有理直线FG长度可公度；

因此，KH是第一余线。

［X. 定义III. 1］

但有理直线和第一余线所围成矩形的“边”是余线。

［X. 91］

因此，LH的“边”，即EC的“边”，是余线。

但如果HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF不可公度的直线上的正方形，

而整个FH与给定的有理直线FG长度可公度，

则KH是第四余线。

［X. 定义III. 4］

但有理直线和第四余线所围成矩形的“边”是次线。

［X. 94］

这就是所要证明的。

命题109

若从中项面中减去有理面，则余面的“边”是两无理直线之一，要么是中项线的第一余线，要么是中项面与有理面之差的边。

If from a medial area a rational area be subtracted, there arise two other irrational straight lines, either a first apotome of a medial straight line or a straight line which produces with a rational area a medial whole.

?

设从中项面BC中减去有理面BD。

我说，余面EC的“边”是两无理直线之一，要么是中项线的第一余线，要么是中项面与有理面之差的边。

这是因为，给定有理直线FG，

且类似地贴合出各面，

于是可得，FH是有理的，且与FG长度不可公度，

而FK是有理的，且与FG长度可公度；

因此，FH、FK是仅正方可公度的有理 直线；

［X. 13］

因此，KH是余线，且FK是它的附加 直线。

［X. 73］

现在，如果HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF要么可公度要么不可公度的直线上的正方形。

于是，如果HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF可公度的直线上的正方形，

而附加直线FK与给定的有理直线FG长度可公度，

则KH是第二余线。

［X. 定义III. 2］

但FG是有理的；

因此，LH的“边”，即EC的“边”，是中项线的第一余线。

［X. 92］

但如果HF上的正方形比FK上的正方形大一个与HF不可公度的直线上的正方形，

而附加直线FK与给定的有理直线FG长度可公度，

则HK是第五余线；

［X. 定义III. 5］

因此，EC的“边”是中项面与有理面之差的边。

［X. 95］

这就是所要证明的。

命题110

若从中项面中减去与整个面不可公度的中项面，则余面的“边”是两无理直线之一，要么是中项线的第二余线，要么是两个中项面之差的边。

If from a medial area there be subtracted a medial area incommensurable with the whole, the two remaining irrational straight lines arise, either a second apotome of a medial straight line or a straight line which produces with a medial area a medial whole.

?

如前图，设从中项面BC中减去与整个面不可公度的中项面BD；

我说，EC的“边”是两无理直线之一，要么是中项线的第二余线，要么是两个中项面之差的边。

这是因为，由于矩形BC、BD中的每一个都是中项面，

且BC与BD不可公度，

因此，直线FH、FK中的每一个都是有理的，且与FG不可公度。

［X. 22］

又，由于BC与BD不可公度，

即GH与GK不可公度，所以

HF与FK也不可公度；

［VI. 1，X. 11］

因此，FH、FK是仅正方可公度的有理直线；

因此，KH是余线。

［X. 73］

于是，如果FH上的正方形比FK上的正方形大一个与FH可公度的直线上的正方形，

而直线FH、FK中的每一个都与给定的有理直线FG长度不可公度，

则KH是第三余线。

［X. 定义III. 3］

但KL是有理的，

而有理直线和第三余线所围成的矩形是无理的，

且它的“边”是无理的，被称为中项线的第二余线；

［X. 93］

因此，LH的“边”，即EC的“边”，是中项线的第二余线。

但如果FH上的正方形比FK上的正方形大一个与FH不可公度的直线上的正方形，

而直线HF、FK中的每一个都与FG长度不可公度，

则KH是第六余线。

［X. 定义III. 6］

但有理直线和第六余线所围成矩形的“边”是中项面与中项面之差的边。

［X. 96］

因此，LH的“边”，即EC的“边”，是中项面与中项面之差的边。

这就是所要证明的。

命题111

余线与二项线不同。

The apotome is not the same with the binomial straight line.

?

设AB是余线。

我说，AB与二项线不同。

这是因为，如果可能，设它与二项线相同；

给定有理直线DC，对DC贴合出矩形CE等于AB上的正方形，产生作为宽的DE。

于是，由于AB是余线，所以

DE是第一余线。

［X. 97］

设EF是DE上的附加直线；

因此，DF、FE是仅正方可公度的有理直线，

DF上的正方形比FE上的正方形大一个与DF可公度的直线上的正方形，

且DF与给定的有理直线DC长度可公度。

［X. 定义III. 1］

又，由于AB是二项线，

因此，DE是第一二项线。

［X. 60］

设DE在G被分成它的两段，且DG较大；

因此，DG、GE是仅正方可公度的有理直线，

DG上的正方形比GE上的正方形大一个与DG可公度的直线上的正方形，

且较长的DG与给定的有理直线DC长度可公度。

［X. 定义II. 1］

因此，DF与DG长度可公度；

［X. 12］

因此，余量GF与DF也长度可公度。

［X. 15］

但DF与EF长度不可公度；

因此，FG与EF也长度不可公度。

［X. 13］

因此，GF、FE是仅正方可公度的有理直线；

因此，EG是余线。

［X. 73］

但它也是有理的：

这是不可能的。

因此，余线与二项线不同。

这就是所要证明的。

————————

余线以及它以后的无理直线既不同于中项线，又彼此不同。

The apotome and the irrational straight lines following it are neither the same with the medial straight line nor with one another.

这是因为，如果对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线上的正方形，则产生的作为宽的直线是有理的，且与原有理直线长度不可公度。

［X. 22］

而对一有理直线贴合出一个矩形等于一条余线上的正方形，则产生的宽是第一余线，

［X. 97］

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线的第一余线上的正方形，则产生的宽是第二余线，

［X. 98］

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项线的第二余线上的正方形，则产生的宽是第三余线，

［X. 99］

对一有理直线贴合出一个矩形等于次线上的正方形，则产生的宽是第四余线，

［X. 100］

对一有理直线贴合出一个矩形等于中项面与有理面之差的边上的正方形，则产生的宽是第五余线，

［X. 101］

对一有理直线贴合出一个矩形等于两个中项面之差的边上的正方形，则产生的宽是第六余线。

［X. 102］

于是，由于所说的宽与第一条直线不同，且彼此不同，与第一条直线不同是因为它是有理的，彼此不同是因为它们不同级，

所以显然，这些无理直线本身也彼此不同。

又，由于已经证明，余线与二项线不同，

［X. 111］

但如果对一有理直线贴合出一个矩形等于余线以后的直线上的正方形，则产生的宽依次为相应级的余线；如果对一有理直线贴合出一个矩形等于二项线以后的直线上的正方形，则产生的宽依次为相应级的二项线，

因此，余线以后的无理直线是不同的，二项线以后的无理直线也是不同的，于是总共有十三种无理直线，依次为：

中项线，

二项线，

第一双中项线，

第二双中项线，

主线，

有理中项面的“边”，

两中项面之和的“边”，

余线，

中项线的第一余线，

中项线的第二余线，

次线，

中项面与有理面之差的边，

中项面与中项面之差的边。

命题112

对二项线贴合出一个矩形等于一有理直线上的正方形，则产生的宽是余线，该余线的两段与二项线的两段可公度，而且有相同的比；此外，如此产生的余线与二项线同级。

The square on a rational straight line applied to the binomial straight line produces as breadth an apotome the terms of which are commensurable with the terms of the binomial and moreover in the same ratio; and further the apotome so arising will have the same order as the binomial straight line.

?

设A是有理直线，

设BC是二项线，且设DC是它较大的线段；

设矩形BC、EF等于A上的正方形；

我说，EF是余线，它的两段与CD、DB可公度，而且有相同的比，此外，EF与BC同级。

这是因为，设矩形BD、G等于A上的正方形。

于是，由于矩形BC、EF等于矩形BD、G，

因此，CB比BD如同G比EF。

［VI. 16］

但CB大于BD；

因此，G也大于EF。

［V. 16，V. 14］

设EH等于G；

因此，CB比BD如同HE比EF；

因此，取分比例，CD比BD如同HF 比FE。

［V. 17］

设法使HF比EF如同FK比KE；

因此也有，整个HK比整个KF如同FK比KE；

这是因为，前项之一比后项之一如同所有前项之和比所有后项之和。

［V. 12］

但FK比KE如同CD比DB；

［V. 11］

因此也有，HK比KF如同CD比DB。

［V. 11］

但CD上的正方形与DB上的正方形可公度；

［X. 36］

因此，HK上的正方形与KF上的正方形也可公度。

［VI. 22，X. 11］

又，HK上的正方形比KF上的正方形如同HK比KE，这是因为三条直线HK、KF、KE成比例。

［V. 定义9］

因此，HK与KE长度可公度，

因此，HE与EK也长度可公度。

［X. 15］

现在，由于A上的正方形等于矩形EH、BD，

而A上的正方形是有理的，

因此，矩形EH、BD也是有理的。

而它是对有理直线BD贴合出的；

因此，EH是有理的，且与BD长度可公度；

［X. 20］

因此，与EH可公度的EK也是有理的，且与BD长度可公度。

于是，由于CD比DB如同FK比KE，

而CD、DB是仅正方可公度的直线，

因此，FK、KE也仅正方可公度。

［X. 11］

但KE是有理的；

因此，FK也是有理的。

因此，FK、KE是仅正方可公度的有理直线；

因此，EF是余线。

［X. 73］

现在，CD上的正方形比DB上的正方形大一个与CD要么可公度要么不可公度的直线上的正方形。

于是，如果CD上的正方形比DB上的正方形大一个与CD可公度的直线上的正方形，则FK上的正方形也比KE上的正方形大一个与FK可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果CD与给定的有理直线长度可公度，

则FK也与给定的有理直线长度可公度；

［X. 11，12］

如果BD与给定的有理直线长度可公度，

则KE也与给定的有理直线长度可公度；

［X. 12］

但如果直线CD、DB都不与给定的有理直线长度可公度，

则直线FK、KE也都不与给定的有理直线长度可公度。

但如果CD上的正方形比DB上的正方形大一个与CD不可公度的直线上的正方形，

则FK上的正方形也比KE上的正方形大一个与FK不可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果CD与给定的有理直线长度可公度，

则FK也与给定的有理直线长度可公度；

如果BD与给定的有理直线可公度，

则KE也与给定的有理直线长度可公度；

但如果直线CD、DB都不与给定的有理直线长度可公度，

则直线FK、KE也都不与给定的有理直线长度可公度；

因此，FE是余线，它的两段FK、KE与二项线的两段CD、DB可公度，而且有相同的比，且FE与BC同级。

这就是所要证明的。

命题113

对一余线贴合出一个矩形等于一有理直线上的正方形，则产生的宽是二项线，该二项线的两段与余线的两段可公度，而且有相同的比；此外，如此产生的二项线与余线同级。

The square on a rational straight line, if applied to an apotome, produces as breadth the binomial straight line the terms of which are commensurable with the terms of the apotome and in the same ratio; and further the binomial so arising has the same order as the apotome.

?

设A是有理直线，BD是余线，且设对余线BD贴合出一个矩形等于有理直线A上的正方形，产生作为宽的KH；

我说，KH是二项线，它的两段与余线BD的两段可公度，而且有相同的比；此外，KH与BD同级。

这是因为，设DC是BD上的附加直线；

因此，BC、CD是仅正方可公度的有理直线。

［X. 73］

设矩形BC、G也等于A上的正方形。

但A上的正方形是有理的；

因此，矩形BC、G是有理的。

而它是对有理直线BC贴合出的；

因此，G是有理的，且与BC长度可公度。

［X. 20］

现在，由于矩形BC、G等于矩形BD、KH，

因此有比例，CB比BD如同KH比G。

［VI. 16］

但BC大于BD；

因此，KH也大于G。

［V. 16，V. 14］

设KE等于G；

因此，KE与BC长度可公度。

又，由于CB比BD如同HK比KE，

因此，取换比例，BC比CD如同KH 比HE。

［V. 19，推论］

设法使KH比HE如同HF比FE；

因此也有，余量KF比FH如同KH比HE，

即如同BC比CD。

［V. 19］

但BC、CD仅正方可公度；

因此，KF、FH也仅正方可公度。

［X. 11］

又，由于KH比HE如同KF比FH，

而KH比HE如同HF比FE，

因此也有，KF比FH如同HF比FE，

［V. 11］

因此，第一个比第三个如同第一个上的正方形比第二个上的正方形；

［V. 定义. 9］

因此也有，KF比FE如同KF上的正方形比FH上的正方形。

但KF上的正方形与FH上的正方形可公度，

这是因为KF、FH正方可公度；

因此，KF与FE也长度可公度，

［X. 11］

因此，KF与KE也长度可公度。

［X. 15］

但KE是有理的，且与BC长度可公度；

因此，KF也是有理的，且与BC长度可公度。

［X. 12］

又，由于BC比CD如同KF比FH，所以

取更比例，BC比KF如同DC比FH。

［V. 16］

但BC与KF可公度；

因此，FH与CD也长度可公度。

［X. 11］

但BC、CD是仅正方可公度的有理直线；

因此，KF、FH也是仅正方可公度的有理直线；

［X. 定义3］

因此，KH是二项线。

［X. 36］

现在，如果BC上的正方形比CD上的正方形大一个与BC可公度的直线上的正方形，

则KF上的正方形也比FH上的正方形大一个与KF可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果BC与给定的有理直线长度可公度，

则KF也与给定的有理直线长度可公度；

如果CD与给定的有理直线长度可公度，

则FH也与给定的有理直线长度可公度；

但如果直线BC、CD都不与给定的有理直线长度可公度，

则直线KF、FH也都不与给定的有理直线长度可公度。

但如果BC上的正方形比CD上的正方形大一个与BC不可公度的直线上的正方形，

则KF上的正方形也比FH上的正方形大一个与KF不可公度的直线上的正方形。

［X. 14］

又，如果BC与给定的有理直线长度可公度，

则KF也与给定的有理直线长度可公度；

如果CD与给定的有理直线长度可公度，

则FH也与给定的有理直线长度可公度；

但如果直线BC、CD都不与给定的有理直线长度可公度，

则直线KF、FH也都不与给定的有理直线长度可公度。

因此，KH是二项线，它的两段KF、FH与余线的两段BC、CD可公度，而且有相同的比，

且KH与BD同级。

这就是所要证明的。

命题114

若余线和二项线围成一个面，该余线的两段与该二项线的两段可公度，且有相同的比，则这个面的“边”是有理的。

If an area be contained by an apotome and the binomial straight line the terms of which are commensurable with the terms of the apotome and in the same ratio, the “side” of the area is rational.

?

设余线AB和二项线CD围成一个面，即矩形AB、CD，

且设CE是CD的较长的一段；

设二项线的两段CE、ED与余线的两段AF、FB可公度，且有相同的比；

且设矩形AB、CD的“边”是G。

我说，G是有理的。

这是因为，给定有理直线H，

且对CD贴合出一个矩形等于H上的正方形，产生作为宽的KL。

因此，KL是余线。

设它的两段KM、ML与二项线CD的两段CE、ED可公度，且有相同的比。

［X. 112］

但CE、ED与AF、FB也可公度，且有相同的比；

因此，AF比FB如同KM比ML。

因此，取更比例，AF比KM如同BF比LM；

因此也有，余量AB比余量KL如同AF 比KM。

［V. 19］

但AF与KM可公度；

［X. 12］

因此，AB与KL也可公度。

［X. 11］

而AB比KL如同矩形CD、AB比矩形CD、KL；

［VI. 1］

因此，矩形CD、AB与矩形CD、KL也可公度。

［X. 11］

但矩形CD、KL等于H上的正方形；

因此，矩形CD、AB与H上的正方形可公度。

但G上的正方形等于矩形CD、AB；

因此，G上的正方形与H上的正方形可公度。

但H上的正方形是有理的；

因此，G上的正方形也是有理的；

因此，G是有理的。

且它是矩形CD、AB的“边”。

这就是所要证明的。

推论由此显然可得，无理直线所围成的矩形也可能是有理面。

命题115

由一中项线可以产生无数条无理直线，且没有一条与以前的任一条相同。

From a medial straight line there arise irrational straight lines infinite in number, and none of them is the same as any of the preceding.

设A是中项线；

我说，由A可以产生无数条无理直线，且没有一条与以前的任一条相同。

给定有理直线B，且设C上的正方形等于矩形B、A；

因此，C是无理的；

［X. 定义4］

这是因为，无理直线和有理直线所围成的矩形是无理的。

［由X. 20推出］

且它与以前的任一条不同；

这是因为，对一有理直线贴合出一个矩形等于以前任一条无理直线上的正方形，都不可能产生中项线作为宽。

又，设D上的正方形等于矩形B、C；

因此，D上的正方形是无理的。

［由X. 20推出］

因此，D是无理的；

［X. 定义4］

且它与以前的任一条不同，这是因为，对一有理直线贴合出一个矩形等于以前任一条无理直线上的正方形，都不可能产生C作为宽。

类似地，如果将这种排列无限进行下去，那么显然，由一中项线可以产生无数条无理直线，且没有一条与以前的任一条相同。

这就是所要证明的。

?

[1]?希思评论说，该命题的一段注释“断言，其中证明的定理是泰阿泰德（Theaetetus）的发现”。然而，该引理被认为是添写；因为它提到了下一个命题X. 10，而且“存在着如此众多对X. 10的反驳，以致很难认为它是真的”。（译者注）

[2]?所谓“边”是指“与之相等的正方形的边”。（译者注）