于是得出结论：
（a n ＋1 -a n ）∶a n ＝（a n -a n -1 ）∶a n -1 ＝…＝（a 2 -a 1 ）∶a 1 。
又据命题VII.12，前项之和比后项之和比率相等，所以：
（a n ＋1 -a n ＋a n -a n -1 ＋…＋a 2 -a 1 ）∶（a n ＋a n -1 ＋…＋a 2 ＋a 1 ）＝（a 2 -a 1 ）∶a 1 。
而a n ＋1 -a n ＋a n -a n -1 ＋…＋a 2 -a 1 ＝a n ＋1 -a 1 ，
于是得出：
（a n ＋1 -a 1 ）∶（a n ＋a n -1 ＋…＋a 2 ＋a 1 ）＝（a 2 -a 1 ）∶a 1 。
这一命题应用在下一命题中。
命题IX.36
如果从单位开始的几个数成续两倍比，且所有数的和形成质数，又，其和与最后一个数相乘得到某个数，那么，该乘积是个完全数。
设：a、b、c、d 是一个比值为2的连比，所有数的和是质数，e 为其和，e 乘以d 得FG 。
求证：FG 是完全数。
因为无论a、b、c、d 有多少个，那么：就设同样多个数e、HK、l、m 。
于是：由首末比得，a 比d 等于e 比m 。于是：e、d 的乘积等于a、m 的乘积。而e 和d 的乘积是FG ，于是：a、m 的乘积是FG （命题VII.14、VII.19） 。
于是：a 乘以m 得FG 。于是：根据a 中的单位数，m 测尽FG 。而a 是2，所以：FG 是m 的两倍。
而m、l、HK、e 是连续比值为2的数，于是：e、HK、l、m、FG 是两倍比例的连比数。
令：从HK 和最后一个数FG 中减去等于第一个e 的数HN 和FO 。那么：第二个的差数比第一个数等于最后一个差数比它之前的数之和。所以：NK 比e 等于OG 比m、l、KH、e 之和（命题IX.35） 。
又，NK 等于e ，于是：OG 也等于m、l、HK、e 之和。而FO 也等于e ，且e 等于a、b、c、d 与单位之和，所以，FG 等于e、HK、l、m 与a、b、c、d 以及单位之和。且被它们所测尽。
以下进一步说明：FG 不被除了a、b、c、d、e、HK、l、m 和单位以外的任何数所测尽。
假定可能，令某个数p 测尽FG ，且p 不等于a、b、c、d、e、HK、l、m 中的任何数。
设p 测尽FG 的次数等于在q 中的单位数，于是：q 乘以p 得FG 。
而e 乘以d 得FG ，于是：e 比q 等于p 比d （命题VII.19） 。
又，因为a、b、c、d 是从单位开始的连续比例数，那么：d 不能被除了a、b、c 以外的任何数所测尽（命题IX.13） 。
又，假设，p 不等于a、b、c ，那么p 测不尽d 。而p 比d 等于e 比q ，于是：e 也测不尽q （定义VII>20） 。
又，e 是质数，而任意质数与它测不尽的数是互质数。所以：e 与q 是互质数（定义VII>29） 。
又，互质数也是最小数组，而最小数组测尽与它们有相等比值的数组的次数相等，前项测尽前项，后项测尽后项，而e 比q 等于p 比d ，所以：e 测尽p 的次数等于q 测尽d 的次数（命题VII.21、VII.20） 。
又，d 不被除了a、b、c 以外的任何数所测尽，所以：q 等于a、b、c 中的一个，令其与b 相同。
而，无论b、c、d 有多少个数，设e、HK、l 与它个数相等。
又，因为e、HK、l 与b、c、d 有相等的比值，于是，由首末比得，b 比d 等于e 比l （命题VII.14） 。
所以：b 与l 的乘积等于d 与e 的乘积。而d 与e 的乘积等于q 与p 的乘积，所以：q 与p 的乘积也等于b 与l 的乘积（命题VII.19） 。
所以：q 比b 等于l 比p 。而q 等于b 。所以：l 也等于p 。这是不可能的。因为p 已假设为不等于被设定的任何数（命题VII.19） 。
所以：除了a、b、c、d、e、HK、l、m 和单位外，任何数都不可能测尽FG 。
又，FG 已经被证明等于a、b、c、d、e、HK、l、m 和单位之和，一个完全数是等于它自己的所有部分的和。所以：FG 是完全数（定义VII.22） 。
所以：如果从单位开始的几个数成连续两倍比，且所有数的和形成质数，又，其和与最后一个数相乘得到某个数，那么，该乘积是个完全数。
证完
注解
假定从1开始的2的多次幂之和是一个质数，设p 是2的乘积数，s 是它们的和，s 为质数。
s ＝1＋2＋22 ＋…＋2 p -1 。
2的最后乘积是2 p -1 ，因为其和是从1开始的，它是20 。
在欧几里得的证明中，a 代表2，b 代表22 ，c 代表23 ，而d 被假定为2的最后乘积，于是，它代表2 p -1 。又，e 代表它们的和s ，FG 是e 和d 的乘积。所以它代表s ·2 p -1 ，我们用n 来表示：
n ＝s ·2 p -1 。
目标是证明n 是一个完全数。
在证明的第一步，欧几里得发现每个n 的约数可以加到n ，这就出现两个序列：
1，2，22 ，…，2 p -1 和s ，2s ，22 s ，…，2 n -2 s 。
在他的证明中，后者表示为e、HK、l 和最后的m 。
很明显，它们的每一个皆是n 的约数，其后欧几里得证明它们是n 的唯一约数。用前面的命题IX.35，欧几里得发现连比之和s ＋2s ＋22s ＋…＋2 n -2 s ，是2 n -1 s -s 。而s 是1＋2＋22 ＋…＋2 p -1 之和，因此：
n ＝2 n -1 s ＝1＋2＋22 ＋…＋2 p -1 ＋s ＋2s ＋22 s ＋…＋2 n -2 s 。
于是，n 是约数之和。
现在，余下的仅是证明它们是n 的唯一约数，如果n 是它的全部约数之和，那么它是完全数。
接下来的证明有些困难，依靠命题IX.13，这一命题暗示了2 p -1 的唯一因子是2的乘积，所以2 p -1 的所有因子被找到。这里是否为欧几里得的原版本，还存在着疑问。假定n 个因子如ab ，a 不是如上所述的n 的约数。在欧几里得的证明中，p 代表a ，q 代表b 。
因为a 除尽s 2 p -1 ，但除不尽2的乘积，s 是质数，所以s 除尽a 。于是b 必然是2的乘积。而a 必然是2的乘积乘以s 。而所有的2的乘积乘以s 是上述的约数。所以，上述序列包含所有约数。
第10卷
无理量
CHAPTER 10
公元前500年，古希腊毕达哥拉斯学派的弟子希勃索斯发现一个惊人的事实：一个正方形的对角线与其一边的长度是不可公约的，比如，若正方形边长是1，则对角线的长度不是一个有理数。这一不可公约性与毕达哥拉斯学派“万物皆为数”（指有理数）的哲理大相径庭，以至于引起了该学派领导者的惊恐和恼怒。希勃索斯也因此遭到百般折磨，终被沉舟身亡。不可公约的本质是什么，长期以来众说纷纭。15世纪，意大利达·芬奇称之为“无理的数”。
本卷讨论无理量，即不可公约的线段。这是很难读懂的一卷。
本卷提要
※定义X.1，可公约量的定义。
※命题X.1，竭尽性原则。
※命题X.2，一个不可公约量的描述。
※命题X.9，正方形可公约与长度可公约的性质与关系问题。
※命题X.12，公约性的传递。
※命题X.29引理1，找出两个平方数，它们的和也是个平方数。
定义（一）
定义X.1 能被同一量测尽的量称可公约量，而不能被同一量测尽的量称为不可公约量。
定义X.2 当一些以线段为边的正方形能被同一个面测尽时，这些线段被称为正方可公约。当一些线段上的正方形不能被同一面测尽时，这些线段被称为正方不可公约。
定义X.3 由以上定义可证，给定一条线段，那么该线段的直线分别存在无穷个可公约线与不可公约线，一些是其长不可公约，一些是其正方不可公约。给定的线段被称为有理线段。凡可公约线段，无论是长可公约还是正方可公约都称为有理线段；不可以公约的称为无理线段。
定义X.4 给定线段上的正方形称为有理的。可公约此面积的称为有理的；不可公约的称为无理的。凡构成无理面的线段称为无理线段，即其面为正方形时指的是它们的边，当面为其他直线图形时，则指其与其面相等的正方形的边。
勾股圆方图
“勾股各自乘，并而开方除之”，这是勾股定理在中国的最早记载。最早提出勾股定理的是公元前六七世纪一个叫陈子的人，他大约和毕达哥拉斯同时代或更早。当时陈子认为地是平的，他从太阳向地平面作垂线，垂足叫作日下点，太阳、日下点、观测点三者构成一个直角三角形。从观测点到日下为勾，日下点至太阳的距离为股，勾、股各自乘，相加后开方，就可得到观测点到太阳的距离。后赵君卿在《周髀》一书中给予了定理的证明。图中就是赵君卿《勾股圆方图》的注。
注解
定义X.1
两个同类量a 和b ，如果有另一个同类量c 同时是二者的倍数，那么两个量是可公约的。这即是说，有数m 和n ，该二数呈nc ＝a ，mc ＝b 。参考定义V.5关于相等比例的定义（同时也是命题）。如果两个量不可公约，那么它们被称为不可公约数。
命题X.2到X.8以及其后的其他几个命题处理可公约量和不可公约量。特别在命题X.5和X.6中，陈述了如果两个量的比率是两个数的比率，那么这两个量是可公约的。举例说，如果nc ＝a ，mc ＝b ，那么量的比率a ∶b 同于数之比即n ∶m 。反之，如果a ∶b ＝n ∶m ，那么a 的1/n 等于b 的1/m 。
数的比率在现代数学中称为有理数，同时另一种比率称为无理数。不幸的是，欧几里得在定义X.3中定义“有理的”和“无理的”不同于现代数学。
定义X.2
注意这一定义仅仅适用于线段，即是说仅线段方可说成是“正方可公约”的，当然，可公约线段也是正方可公约的，但正方可公约的线却不一定是可公约的线。换个词语说是“仅正方可公约”。这一现象的著名例子是正方形的边a 和对角线b 。它们是正方可公约的，因为以b 为边长的正方形是以a 为边长的正方形的两倍（根据命题I.47），但它们是不可公约的线段。用现代术语表述，例如2的平方根不是有理数。
定义X.3
这一定义的证明在命题X.10中涉及，这一命题涉及仅正方可公约且长不可公约的线段。
拉格朗日的《分析力学》
18世纪的数学家们创立的分析力学的最终成就是拉格朗日方程。拉格朗日的分析力学是由分析的方法推出包括固体力学和流体力学在内的所有力学。他发明的变分法正是分析力学的重要工具。1788年，《分析力学》正式出版，拉格朗日在书中提出了著名的拉格朗日方程。由虚功原理和达朗贝尔原理可以得到所谓的“力学普遍方程”。在此基础上，拉格朗日进一步引进了广义坐标、广义速度和广义力，将力学普遍方程改造成适用于几乎一切力学系统的拉格朗日方程。
欧几里得使用“有理”和“无理”这个词不同于现代数学，也不同于他之前和之后的数学家。其词义分别等于“可公约”和“不可公约”两个词。但是当应用在线段中时，欧几里得又使它们等于正方可公约和正方不可公约。首先，一条线段被选择为一个标准，于是，如果它是正方可公约的，另一条线段被称为有理线，相反则是无理的。于是，在一条标准线段上的正方形的对角线是有理的，即使它与标准线不可公约，因为两者是正方可公约的。
定义X.4
虽然欧几里得在线段上使用不寻常的“有理线段”说法，但在处理面时，却使用通常方法。根据欧几里得的说法，如果一个面与一个标准的正方形可公约，那么这个面是有理面，反之则是无理面。
命题X.1
在两个不等量中，从较大的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，依次减下去，那么必得到一个余量，其值小于较小的量。
设：AB 和c 是两个不等量，AB 较大。
求证：从AB 中减去大于自己一半的量，再从其余量中减去大于余量一半的量，依次减下去，那么最后将得到一个余量小于c 。
因为c 的若干倍总可以大于AB （参考定义V.4）。
设DE 是c 的若干倍。
将DE 分成等于c 的部分DF、FG、GE 。从AB 中减去BH ，BH 大于它的一半，再从AH 减去大于自己的一半的HK ，依次减下去，直至分AB 的个数等于分DE 的个数。
然后，被分得的AK、KH、HB 的个数等于DF、FG、GE 的个数。
那么，因为DE 大于AB ，又从DE 中减去小于它一半的EG ，再从AB 中减去大于它一半的BH ，于是：其余值GD 大于余值HA 。
又因为GD 大于HA ，从GD 中减去它的一半GF ，再从HA 中减去大于它的一半HK ，于是余值DF 大于余值AK 。
又，DF 等于c ，于是：AK 小于c 。
所以：量AB 的余量AK 小于原来较小的量c 。
所以：在两个不等量中，从较大的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，依次减下去，那么必得到一个余量，其值小于较小的量。
类似地可以证明，如果从大量中累减所余之半，命题也成立。
证完
注解
证明从两个量c 和AB 开始，声明c 中的某个量大于AB 。定义V.4对于这一陈述并未定义。欧几里得在命题III.16中证明一个弓形角小于任何直线角，且认为如果量c 是一个弓形角，量AB 是一个直线角，那么，没有c 的量大于AB 。但是，他没有限定这一命题仅仅为某些特殊类型的量。
这一命题是卷12穷举法的基础，并未用在卷10中的其余命题之中。其实，放在卷12的开始部分更为合适。这一方法应用在涉及圆的面和立体的体积的命题中。特别应用在命题XII.2、XII.5、XII.10、XII.11、XII.12和XII.16中。
命题X.2
如果从两个不等量中连续大量减小量，直到余量小于小量，再从小量中减去余量，直到小于余量，依次下去，当所余的量不能测尽它前面的量时，则该二量不可公约。
设：有两个不等量为AB、CD ，AB 较小，连续从较大的量中减去较小的量，直到余量小于小量，再从小量中减去余量，直到小于余量，依次下去，直到所余的量不能测尽它前面的量。
求证：AB 和CD 是不可公约量。
假定它们是可公约的，那么就有某个量可以测尽它们，令其为e 。
令：AB 测尽FD ，余CF ，并小于AB ；CF 测尽BG ，余AG ，小于CF ；依次下去，直到其余量小于e 。
假设这已作出，余量AG 小于e 。
那么，因为e 测尽AB ，同时AB 测尽DF ，于是：e 也测尽FD ，而它也测尽整个CD 。于是：e 也测尽CF 。而CF 测尽BG 。于是：e 也测尽BG 。
但它也测尽整个AB ，于是：它也测尽余量AG ，则大测尽小。这是不可能的。
所以：没有量可以测量AB 和CD 。所以：量AB 和CD 是不可公约的（定义X.1） 。
所以：如果从两个不等量中连续大量减小量，直到余量小于小量，再从小量中减去余量，直到小于余量，依次下去，当所余的量不能测尽它前面的量时，则该二量不可公约。
证完
注解
欧几里得运算法，首先应用在命题VII.1中，在本命题中再次应用。从大量中反减小量。命题VII.1涉及互质数。它相似于这一命题，但它的结论是不同的。
下面是一个不可公约量的例子。
设：在命题IV.10中，有36°—72°—72°的三角形ABC 。这个三角形应用在下一命题IV.11中以作正五边形。当边AC 减去底边BC ，余量是相似三角形BCD 的底边CD 。同样，当新三角形的底边CD 从它的边BD 中减除，其余量DE 也是另一个较小的相似三角形CDE 的边。
于是：当我们从AB 和BC 开始的线，形成无限序列的连续比：
AB ∶BC ＝BC ∶CD ＝CD ∶DE ＝DE ∶EF ＝…
所以：根据这一命题，AB 和BC 两个量是不可公约的。
在C 点切分线段AB ，使AB ∶BC 成定义VI.3中的比率，分AB 成中外比。现代数学把这一比率叫做“黄金比率”。
这一命题应用在下一命题中。
命题X.3
给定两个可公约量，可以找到它们的最大公约量。
设：给定的两个可公约量为AB、CD ，AB 较小。
现在要求的是，找出AB 和CD 的最大公约量。
AB 要么测尽CD ，要么测不尽。
如果AB 测尽CD ，且测尽它自己，那么AB 就是AB 和CD 的公约量，这也表明，它是最大的，因为一个比AB 更大的量不能测尽AB 。
再令AB 测不尽CD 。
因为，如果连续从大量中减去小量直到余量小于小量，再从小量中连续减去余量直到小于余量，这样一直下去，则总有一个余量测尽它前面的一个。因为AB 和CD 是不可公约量（命题X.2） 。
令：AB 测尽CD ，余下EC 小于AB ；EC 测尽AB ，余下AF 小于CE ；AF 测尽CE 。
那么，因为AF 测尽CE ，同时CE 测尽FB ，于是：AF 也测尽FB 。而它也测尽它自己。于是：AF 也测尽整个AB 。而AB 测尽DE ，于是：AF 也测尽DE ，而它也测尽CE ，于是它也测尽整个CD 。
所以：AF 是AB 和CD 的公约量。
以下进一步说明：它也是最大的。
如果不是，那么总有一个量大于AF ，并可以测尽AB 和CD ，设其为g 。那么因为g 测尽AB ，同时AB 测尽ED ，于是：g 也测尽ED 。
而它也测尽整个CD ，于是：g 测尽余量CE ，而CE 测尽FB ，于是：g 也测尽FB 。
而它也测尽整个AB ，于是：它测尽余量AF ，于是：大测尽小，这是不可能的。
所以：没有量大于AF ，并可以测尽AB、CD 。
所以：AF 是AB 和CD 的最大公约量。
所以：我们求出了两个可公约量AB 和CD 的最大公约量。
证完
推论
由此可得，如果一个量能测尽两个量，它也能测尽它们的最大公约量。
注解
这一命题与命题VII.3相同，相同的图，相同的推论，只是使用的术语略为不同。
这一命题和推论应用在下一个命题中。
命题X.4
给定三个可公约量，能找到它们的最大公约量。
设：a、b、c 是三个给定的可以公约的量。
求：找出a、b、c 的最大公约量。
令：a、b 的最大公约量为d （命题X.3） 。
那么：d 要么测尽c ，要么测不尽。
首先，令其测尽。
那么因为d 测尽c ，同时它也测尽a 和b ，于是：d 是a、b、c 的一个公约量。很显明，它也是最大的，因为，大于d 的量不能测尽a 和b 。
再一步，令其测不尽c 。
那么：首先，c 和d 是可公约量。
因为a、b、c 是可公约量，有某个量可以测尽它们，当然，它也能测尽a 和b ，于是：它也能测尽a 和b 的最大公约量，即d （命题X.3及其推论） 。
又，它也测尽c ，于是：所述的量测尽c 和d ，于是：c 和d 是可公约量。
现在，设c、d 最大公约量已经得到，设为e （命题X.3） 。
因为e 测尽d ，同时d 测尽a 和b ，于是：e 也测尽a 和b ，而它也测尽c ，于是：e 测尽a、b、c ，于是：e 是a、b、c 的公约量。
以下进一步说明：它也是最大的。
因为，假如可能，令某个量f 大于e ，并测尽a、b、c 。
那么因为：f 测尽a、b、c ，它也测尽a 和b ，于是：f 也测尽a、b 的最大的公约量（命题X.3及其推论） 。
而a、b、c 的最大公约量是d ，所以f 测尽d 。
而f 也测尽c ，所以：f 测尽c 和d 。所以：f 也测尽c 和d 的最大公约量。而那是e ，所以：f 测尽e ，大测尽小，这是不可能的（命题X.3及其推论） 。
所以：没有量大于e ，可以测尽a、b、c 。所以：e 是a、b、c 的最大公约量，如果d 测不尽c ，则e 是a、b、c 的最大公约量；而d 测尽c ，那么d 便是最大的公约量。
所以：给定三个可公约量，能找到它们的最大公约量。
证完
推论
这一命题也显明，如果一个量测尽三个量，那么它也测尽它们的最大公约量。
注解
这一命题同于命题VII.3。
命题X.5
两个可公约量的比同于一个数与另一个数的比。
设：a 和b 是两个可公约量。
求证：a 与b 的比值是两个数的比值。
因为：a 和b 是可公约量，某个量c 可以测尽它们。
令：c 测尽a 的次数等于在d 中的单位数，且等于c 测尽b 的次数等于在e 中的单位数。
因为：根据d 中的单位数，c 测尽a 。同理，该单位也测尽d 。于是：该单位测尽d 的次数等于c 测尽a 的次数。
所以：c 比a 同于该单位比d 。所以：由反比例，a 比c 同于d 比该单位（定义VII.20、命题V.7及其推论） 。
又因为：根据e 中的单位数，c 测尽b 。同理，该单位也测尽e ，所以：该单位测尽e 的次数同于c 测尽b 的次数。所以：c 比b 同于该单位比e 。
而已经证明，a 比c 同于d 比该单位，所以：由首末比得，a 比b 同于数d 比e （命题V.22） 。
所以：可公约量a 和b 的相互比等于数d 与e 的相互比。
所以：两个可公约量的比同于一个数与另一个数的比。
证完
注解
如果a ＝mc ，b ＝nc ，那么a ∶b ＝m ∶n 。
这一命题用在X.8中，是对换命题。下一命题是这一命题的逆命题。
命题X.6
如果两个量的比是两个数的比，那么该量是可公约量。
设：两个量a 和b 的比等于数d 和e 的比。
求证：量a 和b 是可公约量。
令：分a 成若干相等部分，使其等于d 中的单位数；c 等于它们中的一个，f 为若干个等于c 的量，等于e 中的单位量。
因为在a 中有若干个c ，等于d 中的单位数，所以：无论单位是d 的怎样的一部分，那么c 也是a 的怎样的一部分。所以：c 比a 同于该单位比d （定义VII.20） 。
而该单位测尽d ，于是：c 也测尽a 。又因为c 比a 同于该单位比d 。所以：由反比，a 比c 同于数d 比该单位（命题V.7及其推论） 。
又，因为在f 中有若干量等于c 同于e 中的单位量，所以：c 比f 同于该单位比e （定义VII.20） 。
而已经证明，a 比c 同于d 比该单位，所以：由首末比得，a 比f 同于d 比e （命题V.22） 。
而d 比e 同于a 比b ，所以：a 比b 也等于a 比f （命题V.11） 。
所以：a 比b 与a 比f 的比值相等。所以：b 等于f （命题V.9） 。
而c 测尽f ，所以：c 也测尽b 。且也测尽a ，所以：c 测尽a 和b 。
所以：a 与b 可以公约。
所以：如果两个量的比是两个数的比，那么该量是可公约量。
证完
推论
这一命题表明，如果有两个数如d、e 和一条线段a ，那么可以作一条线段f ，使a 比f 同于d 比e 。
又，如果取a、f 的比例中项b ，那么a 比f 等于a 上的正方形比b 上的正方形，即第一线段比第三线段同于第一线段上的直线图形比第二条线段上与之相似的图形 （命题V.19及其推论） 。
又，a 比f 同于d 比e ，于是：d 比e 等于在a 上的直线图形比在b 上的直线图形。
证完
花剌子米的《代数学》
“代数学”一词来自阿拉伯数学家花剌子米著作的书名。《代数学》全名是《还原与对消计算概要》。代数学是算术的发展，它的特点是引进了未知数，并对未知数加以运算，根据问题的条件列出方程，然后解方程求出未知数的值。另外，在代数中既然要对未知数加以运算，就必须用符号把它表示出来，那么未知数、符号、方程就是代数的基本特征。
注解
如果a ∶b ＝m ∶n ，那么，假定c 等于a /m ，可以推出a ＝mc 及b ＝nc 。
这一命题假定量是可分的。然而并不是所有的量都是可分的。比如一个60°的角，按照欧几里得的分法，就不能被三等分。
这一命题从本卷的下一个命题开始频繁使用。也用在命题XIII.6中。推论也频繁使用在本卷从X.10开始的命题中。
命题X.7
不可公约量的比不同于两个数的比。
设：a 和b 是不可公约量。
求证：a 比b 不同于两个数的比。
如果a 比b 同于两个数的比，那么a 与b 是可公约量（命题X.6） 。
而它们不是，所以：a 比b 不同于两个数的比。
所以：不可公约量的比不同于两个数的比。
证完
注解
这一命题是上一命题的对换命题。应用在命题X.11中。
命题X.8
如果两个量的比不等于两个数的比，那么该量是不可公约量。
设：a 和b 两个量的比不同于两个数的比。
求证：a 和b 是不可公约量。
因为，如果它们是可公约量，那么a 比b 是两个数之比（命题X.5） 。
而它不是，所以：a 和b 是不可公约量。
所以：如果两个量的比不等于两个数的比，那么该量是不可公约量。
证完
注解
这一命题是命题X.5的对换命题。在命题X.11中被频繁利用。
命题X.9
两条可公约量的线段上的正方形之比是两个平方数的比；如两正方形之比同于两个平方数之比，那么其边是可公约量。两条不可公约的线段上的正方形之比，不同于两个平方数之比；如两正方形之比不同于两平方数之比，那么其边是不可公约量。
设：a 和b 是在长度上可公约的两线段。
求证：a 上的正方形比b 上的正方形，同于两个平方数之比。
因为a 与b 是在长度上可公约的，所以：a 比b 同于两个数之比。设其比值为c 比d （命题X.5） 。
那么，因为a 比b 等于c 比d ，同时，a 上的正方形与b 上的正方形的比值是a 比b 的平方；相似图形的比值是它们对应边比值的平方；c 的平方比d 的平方是c 与d 比值的平方；在两个平方数之间有一个比例中项，且平方数比平方数是对应边比值的平方，所以：在a 上的正方形比在b 上的正方形同于c 的平方比d 的平方（命题VI.20及其推论、命题VIII.11） 。
再，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。
那么：a 与b 在长度上是可公约量。
因为：a 上的正方形比b 上的正方形同于c 的平方比d 的平方，同时，a 上的正方形比b 上的正方形是a 比b 的平方，且c 的平方比d 的平方是c 比d 的平方。
所以：a 比b 同于c 比d ，所以：a 与b 是长度可公约量（命题X.6） 。
再令：a 与b 在长度上是不可公约量。
那么：a 上的正方形比b 上的正方形不同于两个平方数之比。
如果a 上的正方形比b 上的正方形同于两个平方数之比，那么：a 与b 又是可公约量。
但是它们不可公约，所以：a 上的正方形比b 上的正方形不同于两个平方数之比。
最后，令：a 上的正方形比b 上的正方形不是两个平方数之比。
那么：a 与b 是不可公约量。
因为，如果a 与b 是可公约量，那么：在a 上的正方形比在b 上的正方形的比值同于两个平方数之比。
但这不成立，所以：a 与b 是不可公约量。
所以：两条可公约量的线段上的正方形之比是两个平方数的比；如两正方形之比同于两个平方数之比，那么其边是可公约量。两条不可公约的线段上的正方形之比，不同于两个平方数之比；如两正方形之比不同于两平方数之比，那么其边是不可公约量。
证完
推论1
这一命题表明：长度可公约的两条线段，它们的正方形也是可公约的；但是正方形可公约的，却不一定在长度上可公约。
引理
在算术上已证明，两相似平面数之比同于两平方数之比，并且如果两个数之比同于两个平方数之比，那么它们是相似平面数 （命题VIII.26及逆命题） 。
推论2
这一命题表明：非相似平面数即它们的边不成比例的数之比，不同于两个平方数之比。
因为，如果是，那么它们是相似平面数，这与假设矛盾。所以，非相似平面数之比不同于两个平方数之比。
注解
这一命题陈述了线的公约法则，如果线段上的正方形的比是一个平方数比一个平方数，那么它们是可公约的。比如正方形的对角线和正方形的边是不可公约的，这是因为它们上的正方形的比率是2∶1，而2∶1不是一个平方数比一个平方数。
这一命题反复应用在本卷中的下一个命题以后，也应用在卷13的命题XIII.6、XIII.11中。
命题X.10
找出与一条线段不可公约的两条线段，一个是仅长度不可公约，另一个是线段上的正方形不可公约。
设：a 为给定的线段。
求作：找出两条与a 不可以公约的线段，其一仅为长度的不可公约，另一为线段上的正方形不可公约。
令：两条直线b 和c ，b 比c 的比值不同于两个平方数之比，即它们不是相似平面数，b 比c 同于在a 上的正方形比在d 上的正方形，因为：我们已经知道怎么作出（命题X.6及其推论） 。
所以：a 上的正方形与d 上的正方形是可公约的量（命题X.6） 。
又，因为b 比c 不同于两个正方形的比值，所以：a 上的正方形比d 上的正方形皆不是两个平方数之比。所以：a 在长度上与d 不可以公约（命题X.9） 。
在a 与d 之间作一个比例中项e ，所以，a 比d 等于a 上正方形比e 上正方形，但a 与d 是长度不可公约的，于是：a 上的正方形与e 上的正方形也是不可公约的。所以：a 与e 是正方不可公约量（命题X.11） 。
所以：a 的两条不可公约的线段d 和e 被发现，d 仅仅在长度上不可公约，而e 不仅在长度上同时在正方形上也不可公约。
证完
注解
这一命题展示了定义XI.3中的线段。取线段d ，于是a 上的正方形比d 上的正方形不是一个平方数比一个平方数。比如，如果a 是一个正方形的边，d 是该正方形的对角线，那么a 上的正方形比d 上的正方形的比率是1∶2，这不是一个平方数比一个平方数。所以，d 与a 是正方可公约的（比率d ∶a 是2的平方根）。又，如果e 是a 和d 的比率中项，那么e 与a 是正方不可公约的（比率e ∶a 是2的四次平方根）。
很明显，这一命题是不真的。首先，它的证明应用了下一个命题。另外，“我们已经知道怎样做了”是显而易见的学生腔。最后，原始手稿中，这一命题没有标记数，而下一个命题的标记数则是命题10。
虽然不真，但这一命题还是有保留的价值，因为它在命题X.27和其他命题中也被利用。
命题X.11
如果四个量成比例，且第一个量与第二个量可公约，那么第三个量与第四个量也可公约；而如果第一个量与第二个量不可公约，那么第三个量与第四个量也不可公约。
设：a、b、c、d 为四个成比例的量，那么：a 比b 同于c 比d ，a 与b 是可公约量。
求证：c 与d 也是可公约量。
因为：a 与b 是可公约量，所以：a 比b 同于两个数之比（命题X.5） 。
又，a 比b 同于c 比d ，所以：c 比d 也是两个数之比。所以：c 与d 是可公约量（命题V.11、X.6） 。
再设：a 与b 是不可公约量。
求证：c 与d 也是不可公约量。
因为a 与b 是不可公约量，所以：c 比d 也不是两个数之比（命题X.7） 。
又，a 比b 同于c 比d ，于是：c 比d 的比值也不是两个数之比。所以：c 与d 是不可公约量（命题V.11、X.8） 。
所以：如果四个量成比例，且第一个量与第二个量可公约，那么第三个量与第四个量也可公约；而如果第一个量与第二个量不可公约，那么第三个量与第四个量也不可公约。
圆锥曲线
所谓圆锥曲线就是用平面在圆锥体上截出的平面图形，这最早是由柏拉图学派发现，不过，他们并不知道双曲线有两支。公元前259年，阿波罗尼在他八卷本的《圆锥曲线》中描述了他研究的圆锥曲线的主要成果。阿波罗尼对圆锥曲线的研究水平极高，他用纯几何的方法处理圆锥曲线问题相当复杂。另外，他的工作表现了高超的几何思维能力，是古希腊数学的登峰造极之作。图中的圆锥曲线：（A）双曲线；（B）抛物线；（C）椭圆；（D）圆。
证完
注解
这一命题更为直接的表述是，如果a ∶b ＝c ∶d ，第一个比率是数字之比，那么第二个也是；反之则不是。这一命题反复应用在本卷命题X.14以后。也用在前面的一些命题中。显然，这不是欧几里得《原本》的原作。
命题X.12
与同一量可以公约的两个量也可以公约。
设：a、b 每个数与c 可以公约。
求证：a 与b 也可以公约。
因为a 与c 可以公约，于是：a 比c 的比值是两个数的比值，令其为d 比e 。又，因为c 与b 是可公约量，于是：c 比b 的比值同于两个数之比。令其为f 比g （命题X.5） 。
又，我们给出任意比值数，即d 比e、f 比g ，作数h、k、l ，使其成已知比，那么：d 比e 同于h 比k ，f 比g 同于k 比l （命题VIII.4） 。
因为a 比c 同于d 比e ，同时d 比e 同于h 比k ，那么：a 比c 同于h 比k 。又，因为c 比b 同于f 比g ，同时，f 比g 同于k 比l ，所以：c 比b 同于k 比l （命题V.11） 。
而，a 比c 同于h 比k ，所以：由首末比得，a 比b 同于h 比l （命题V.22） 。
所以：a 比b 的比值同于两个数之比，所以：a 与b 是可公约数。
所以：与同一量可以公约的两个量也可以公约。
