平行線公準（高校数学）

方針：辺 $AC$ の中点を使って、$\angle BAC$ と等しい角を外角 $\angle ACD$ の内側に作る（図2。Euclid『原論』第 I 巻 命題 16、Hea56 p. 279）。
段 1（点 $F$ を作る）。辺 $AC$ の中点を $E$ とする。半直線 $BE$ を $E$ の先へ延ばし、$EF=BE$ となる点 $F$ をとる（N1）。
段 2（合同）。三角形 $ABE$ と $CFE$ で、$AE=CE$（$E$ は中点）、$BE=FE$（段 1）、$\angle AEB=\angle CEF$（対頂角、N3）である。2 辺とその間の角が等しいので合同で（N2）、対応する角について $\angle BAE=\angle FCE$ である。$E$ は線分 $AC$ 上にあるので $\angle BAE=\angle BAC$、$\angle FCE=\angle ACF$ である。よって $\angle ACF=\angle BAC$ である。
段 3（$F$ は外角の内側にある）。線分 $BF$ は $E$ で直線 $AC$ と交わるので、$B$ と $F$ は直線 $AC$ の反対側にある（N4）。線分 $BD$ は $C$ で直線 $AC$ と交わるので、$B$ と $D$ も直線 $AC$ の反対側にある。したがって $F$ と $D$ は直線 $AC$ について同じ側にある。また、$E$ は線分 $AC$ の途中の点なので直線 $BC$ について $A$ と同じ側にあり、$F$ は半直線 $BE$ の上で $E$ より先にあるので、線分 $EF$ は直線 $BC$ と交わらず、$F$ も $A$ と同じ側にある（N4）。よって半直線 $CF$ は角 $\angle ACD$ の内側にあり、
$$ \angle ACD=\angle ACF+\angle FCD>\angle ACF $$
である（N3）。
段 4（$\angle BAC$ について）。段 2 と段 3 から $\angle ACD>\angle ACF=\angle BAC$ である。
段 5（$\angle ABC$ について）。辺 $AC$ を $C$ の先へ延ばし、延長上に点 $G$ をとる。$\angle BCG$ と $\angle ACD$ は対頂角なので等しい。段 1〜4 を、辺 $BC$ の中点を使って同じように行うと $\angle BCG>\angle ABC$ が得られる。よって $\angle ACD>\angle ABC$ である。

三角形 $ABC$ の $\angle B$ と $\angle C$ について示す（ほかの組も同じ）。辺 $BC$ を $C$ の先へ延ばした点を $D$ とすると、$\angle ACD=180^\circ-\angle ACB$ である（N3）。thm-ppl-exterior から $\angle ACD>\angle ABC$ なので、$180^\circ-\angle ACB>\angle ABC$、つまり $\angle ABC+\angle ACB<180^\circ$ である（Euclid『原論』第 I 巻 命題 17、Hea56 p. 281）。

方針：交わると仮定して三角形を作り、thm-ppl-exterior に反することを示す（背理法。Euclid『原論』第 I 巻 命題 27、Hea56 p. 307）。
段 1（記号）。$\ell$ 上の点 $X$ と $m$ 上の点 $Y$ が $t$ について反対側にあり、$\angle XPQ=\angle PQY$ であるとする。
段 2（交点の位置）。$\ell$ と $m$ が点 $R$ で交わったとする。$R$ は $t$ の上にはない（$t$ と $\ell$ の交点は $P$ だけ、$t$ と $m$ の交点は $Q$ だけで、$P\ne Q$ だから）。$R$ が $t$ について $Y$ と同じ側にある場合を考える（$X$ と同じ側の場合は、$X$ と $Y$、$P$ と $Q$ の役割を入れ替えれば同じである）。
段 3（外角を見つける）。$R$ は $m$ 上で $Y$ と同じ側にあるので、半直線 $QR$ は半直線 $QY$ と同じで、$\angle PQR=\angle PQY$ である。一方、$R$ は $\ell$ 上で $X$ と反対側にあるので、$P$ は $X$ と $R$ の間にある。よって $\angle XPQ$ は三角形 $PQR$ の頂点 $P$ における外角である。
段 4（矛盾）。thm-ppl-exterior により、外角 $\angle XPQ$ は隣り合わない内角 $\angle PQR$ より大きい。しかし段 1 と段 3 から $\angle XPQ=\angle PQY=\angle PQR$ で、矛盾する。よって $\ell$ と $m$ は交わらない。

$\ell$ 上に点 $Q$ をとり、$\ell$ 上の $Q$ 以外の点 $Y$ をとる。半直線 $PQ$ を一辺とし、直線 $PQ$ について $Y$ と反対側に、大きさ $\angle PQY$ の角 $\angle XPQ$ を作る（N3）。直線 $PX$ と $\ell$ は、横断線 $PQ$ について錯角が等しいので、thm-ppl-alternate により平行である（Euclid『原論』第 I 巻 命題 31、Hea56 p. 315）。

方針：どちらの向きでも、thm-ppl-alternate で作った平行線と比べる。第 5 公準から Playfair を出すには「それ以外の直線は交わる」ことを、Playfair から第 5 公準を出すには「交わる側」を cor-ppl-two-angles で決める。
段 1（第 5 公準 ⇒ Playfair）。直線 $\ell$ と $\ell$ 上にない点 $P$ をとる。cor-ppl-exists により、$P$ を通り $\ell$ に平行な直線 $m$ がある。$m$ 以外の $P$ を通る直線 $m'$ が $\ell$ と交わることを示せばよい。$\ell$ 上に点 $Q$ をとり、$t$ を直線 $PQ$ とする。$m'$ が $t$ そのものなら、$m'$ は $Q$ で $\ell$ と交わる。以下 $m'\ne t$ とする。$t$ の一方の側を「側 1」、他方を「側 2」とよぶ。側 1 で、$\ell$ が $Q$ でなす内角を $\varphi$、$m$ が $P$ でなす内角を $\theta$、$m'$ が $P$ でなす内角を $\theta'$ とする。

• $m$ は $\ell$ と交わらないので、第 5 公準の対偶から、側 1 でも側 2 でも同側内角の和は $180^\circ$ 以上である。側 1 の和は $\theta+\varphi$、側 2 の和は $(180^\circ-\theta)+(180^\circ-\varphi)=360^\circ-(\theta+\varphi)$ で、どちらも $180^\circ$ 以上なので $\theta+\varphi=180^\circ$ である。
• $m'\ne m$ なので $\theta'\ne\theta$ である（同じ側に同じ角を作る半直線は 1 本なので）。$\theta'<\theta$ なら、側 1 の和は $\theta'+\varphi<\theta+\varphi=180^\circ$ で、第 5 公準から $m'$ と $\ell$ は側 1 で交わる。$\theta'>\theta$ なら、側 2 の和は $360^\circ-(\theta'+\varphi)<360^\circ-(\theta+\varphi)=180^\circ$ で、$m'$ と $\ell$ は側 2 で交わる。
  どちらにしても $m'$ は $\ell$ と交わる。よって $P$ を通る平行線は $m$ だけである。
  段 2（Playfair ⇒ 第 5 公準）。2 直線 $\ell$、$m$ に横断線 $t$ が $P$（$\ell$ 上）、$Q$（$m$ 上）で交わり、側 1 の同側内角 $\theta$（$P$ で）と $\varphi$（$Q$ で）について $\theta+\varphi<180^\circ$ とする。
• $P$ を通り、側 1 で半直線 $PQ$ と角 $180^\circ-\varphi$ をなす直線 $n$ を作る（N3）。$n$ と $m$ の側 1 の同側内角の和は $180^\circ$ なので錯角が等しく、thm-ppl-alternate により $n$ は $m$ に平行である。
• $\theta<180^\circ-\varphi$ なので $\ell\ne n$ である。Playfair の公理から、$P$ を通る $m$ の平行線は $n$ だけなので、$\ell$ は $m$ と交わる。交点を $R$ とする。
• $R$ が側 2 にあったとすると、三角形 $PQR$ の $P$ と $Q$ における内角は側 2 の同側内角 $180^\circ-\theta$ と $180^\circ-\varphi$ で、その和は $360^\circ-(\theta+\varphi)>180^\circ$ となり、cor-ppl-two-angles に反する。よって $R$ は側 1 にある。
  これは第 5 公準の結論そのものである。

方針：錯角が等しくなるように直線を作り直し、それが $\ell$ と一致することを示す（Euclid『原論』第 I 巻 命題 29、Hea56 p. 311）。
$t$ と $\ell$、$m$ の交点を $P$、$Q$ とする。$m$ 上の $Q$ 以外の点 $Y$ をとり、$P$ を通って、直線 $t$ について $Y$ と反対側に $\angle XPQ=\angle PQY$ となる直線 $n=PX$ を作る。thm-ppl-alternate から $n\parallel m$ である。$\ell$ も $n$ も $P$ を通る $m$ の平行線なので、Playfair の公理から $\ell=n$ である。よって $\ell$ の錯角は $\angle XPQ=\angle PQY$ で、錯角は等しい。

方針：$r$ の上に、次々に二等辺三角形を継ぎ足す。内角の和が $180^\circ$ なので、外角の定理（外角は隣り合わない 2 つの内角の和、三角形の内角の和）が使え、角が半分ずつになる（図3）。
段 1（最初の三角形）。$r$ 上の $Q$ の右側に $QR_1=PQ$ となる点 $R_1$ をとる。三角形 $PQR_1$ は $\angle Q=90^\circ$ の二等辺三角形なので底角は等しく（N2）、内角の和が $180^\circ$ なので $\angle PR_1Q=\dfrac{180^\circ-90^\circ}2=45^\circ$ である。
段 2（継ぎ足す）。$R_n$ まで作ったとき、$r$ 上の $R_n$ の右側に $R_nR_{n+1}=PR_n$ となる点 $R_{n+1}$ をとる。三角形 $PR_nR_{n+1}$ は $PR_n=R_nR_{n+1}$ の二等辺三角形なので、$\angle R_nPR_{n+1}=\angle R_nR_{n+1}P$ である。この角を $x$ とする。$\angle PR_nQ$ は三角形 $PR_nR_{n+1}$ の頂点 $R_n$ における外角（$Q$ は $R_{n+1}$ の反対側にある）なので、内角の和が $180^\circ$ であることから $\angle PR_nQ=x+x=2x$ である。また $R_n$ は $Q$ と $R_{n+1}$ の間にあるので $\angle PR_{n+1}Q=\angle PR_{n+1}R_n=x$ である。よって
$$ \angle PR_{n+1}Q=\frac12\angle PR_nQ $$
である。
段 3（小さくする）。段 1 と段 2 から $\angle PR_nQ=\dfrac{45^\circ}{2^{n-1}}$ である。$2^{n-1}$ は $n$ を大きくするといくらでも大きくなるので、$\dfrac{45^\circ}{2^{n-1}}<\varepsilon$ となる $n$ がある。$R=R_n$ とすればよい。

方針：$P$ を通り $PQ$ に垂直な直線 $s$ が平行線であることは中立幾何で分かる。$s$ 以外の直線はどれも、lem-ppl-halving の $R_n$ を使って $r$ と交わることを示す。
段 0（1 ⇒ 2）。これは 三角形の内角の和 の証明そのものである。そこで使った平行線の錯角の性質は、thm-ppl-alternate と cor-ppl-parallel-alternate で示した。以下、2 ⇒ 1 を示す。
段 1（$s$ は平行線）。直線 $r$ と $r$ 上にない点 $P$、$P$ から $r$ への垂線の足 $Q$ をとる（N6）。$P$ を通り $PQ$ に垂直な直線を $s$ とする。横断線 $PQ$ について、$s$ と $r$ の錯角はどちらも $90^\circ$ で等しいので、thm-ppl-alternate により $s\parallel r$ である。
段 2（$s$ 以外の直線）。$P$ を通る直線 $u\ne s$ をとる。$u$ が直線 $PQ$ そのものなら、$u$ は $Q$ で $r$ と交わる。以下 $u\ne PQ$ とする。$u$ と半直線 $PQ$ のなす 2 つの角は $\theta$ と $180^\circ-\theta$ で、$\theta\ne90^\circ$ なので一方は $90^\circ$ より小さい。必要なら左右を入れ替えて、直線 $PQ$ の右側で $u$ が半直線 $PQ$ と角 $\theta<90^\circ$ をなすとし、その側の $u$ の半直線を $u^+$ とする。
段 3（$R_n$ を選ぶ）。lem-ppl-halving で $\varepsilon=90^\circ-\theta$ として、右側に $\angle PR_nQ<90^\circ-\theta$ となる $R_n$ をとる。直角三角形 $PQR_n$ の内角の和は $180^\circ$ なので
$$ \angle QPR_n=180^\circ-90^\circ-\angle PR_nQ>90^\circ-(90^\circ-\theta)=\theta $$
である。
段 4（交わる）。半直線 $u^+$ と $PR_n$ はどちらも直線 $PQ$ の右側にあり、半直線 $PQ$ となす角は $\theta<\angle QPR_n$ なので、$u^+$ は角 $\angle QPR_n$ の内側にある。(N5) により $u^+$ は線分 $QR_n$ と交わり、$u$ は $r$ と交わる。
段 5（まとめ）。$P$ を通る直線のうち $r$ と交わらないのは $s$ だけである。$r$ と $P$ は任意だったので、Playfair の公理が成り立つ。