证完
注解
这一命题是命题VIII.4的应用。
在本卷下一个命题以后被频繁利用，也应用在命题XIII.11中。
命题X.13
如果两个量是可公约的，其中之一与某个量不可公约，那么另一个量与此量也不可公约。
设：a 和b 是两个可公约量，其中a 与某个量c 不可公约。
求证：b 也与c 不可公约。
如果b 与c 是可以公约的，同时a 与b 也是可公约的，那么a 与c 也是可公约的（命题X.12） 。
而a 也与c 不可公约，这是不可能的。所以：b 与c 是不可公约的。
所以：如果两个量是可公约的，其中之一与某个量不可公约，那么余下的量与此量也不可公约。
证完
注解
这一命题是前一命题的逻辑变式。它在本卷命题X.18以后被频繁利用。
引理
可以作一条线段，使其上的正方形等于已知的两条不等线段上的正方形之差。
设：AB 和c 是给定的两条不等线段，AB 较大。
求：找出一个正方形等于AB 上的正方形减去c 上的正方形之差。
令：在AB 上作半圆ADB ，使AD 等于c ，连接DB （命题IV.1） 。
那么很明显，∠ADB 是直角，且AB 上的正方形与AD 上的正方形之差等于DB 上的正方形（命题III.31、I.47） 。
类似地，如果给出两条直线，那么可求得一个线段，使得这条线段上的正方形等于两个已知线段上的正方形之和。
令：AD 和DB 为给出的两条线段，现在找出一条线段，使其上的正方形等于AD 和DB 上的正方形之和。
令：AD、BD 构成一个直角∠ADB ，连接AB 。
显然，AB 上的正方形等于AD 和DB 上的正方形之和（命题I.47） 。
证完
命题X.14
如果四条线段成比例，且与第一条线上的正方形减去第二条线上的正方形所得的差相等的正方形的边与第一条线可以公约，那么，与第三条线上的正方形与第四条线上的正方形的差相等的正方形的边与第三条线可以公约。再，如果与第一条线上的正方形减去第二条线上的正方形所得的差的正方形的边与第一条线不可以公约，那么，与第三条线上的正方形减去第四条线上的正方形所得之差相等的正方形与第三条线不可以公约。
设：a、b、c、d 是四条成比例的线段，于是：a 比b 同于c 比d ，再，a 上的正方形大于在b 上的正方形，其差等于e 上的正方形，c 上的正方形大于d 上的正方形，其差等于f 上的正方形。
求证：如果a 与e 是可公约的，那么c 与f 也是可公约的，又，如果a 与e 是不可公约的，那么c 与f 也是不可公约的。
因为a 比b 同于c 比d ，于是：在a 上的正方形比在b 上的正方形同于在c 上的正方形比在d 上的正方形（命题VI.22） 。
而，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。
所以：e、b 上的正方形之和比b 上的正方形同于d、f 上的正方形之和比d 上的正方形。
所以：由分比，e 上的正方形比b 上的正方形同于f 上的正方形比d 上的正方形。所以：e 比b 同于f 比d 。所以：由反比得，b 比e 同于d 比f （命题V.17、VI.22，命题V.7及其推论） 。
而，a 比b 同于c 比d ，所以：由首末比得，a 比e 同于c 比f （命题V.22） 。
所以：如果a 与e 是可公约量，那么c 与f 也是可公约量；而如果a 与e 是不可公约量，那么c 与f 也是不可公约量（命题X.11） 。
所以：如果四条线段成比例，且与第一条线上的正方形减去第二条线上的正方形所得的差相等的正方形的边与第一条线可以公约，那么，与第三条线上的正方形与第四条线上的正方形的差相等的正方形的边与第三条线可以公约。再，如果与第一条线上的正方形减去第二条线上的正方形所得的差的正方形的边与第一条线不可以公约，那么，与第三条线上的正方形减去第四条线上的正方形所得之差相等的正方形与第三条线不可以公约。
证完
注解
现代代数可以阐述这一情况，我们假定a ∶b ＝c ∶d ，那么如果（a 2 -b 2 ）∶a 是一个数字比率，于是（c 2 -d 2 ）∶c 也是一个数字比率。因为（a 2 -b 2 ）∶a ＝（c 2 -d 2 ）∶c 。
引理同于命题XI.23的引理。从X.31开始，这一命题应用在本卷的几个命题中。
命题X.15
如果两个可以公约的量相加，那么其和也分别与各量是可公约量；如果二量之和与其中之一量可以公约，那么该和与两个量也可以公约。
设：两个可公约量为AB、BC ，它们相加和为AC 。
求证：AC 分别与AB 和BC 可以公约。
因为AB 和BC 是公约量，那么某个量可以测尽它们，设其为d 。
因为d 测尽AB 和BC ，于是：它也测尽AC ，所以：d 测尽AB、BC、AC ，所以：AC 分别与AB 和BC 是可公约量（定义X.1） 。
再令AC 与AB 是可公约量。
那么：AB 与BC 也是可公约量。
因为AC 和AB 是可公约量，某个量可以测尽它们。设其为d 。
因为d 测尽AC 和AB ，所以：它也测尽余量BC （定义X.1） 。
而它也测尽AB ，所以：d 测尽AB 和BC ，所以：AB 和BC 也是可公约量。
证完
注解
这一命题是关于总量和差的公约性（通约性）的基础命题。从X.17开始，它频繁应用在本卷的命题中，也用在命题XIII.11中。
命题X.16
如果两个不可公约的量相加，那么其和与原来二量也是不可公约量；如果其和与其中的一量不可公约，那么与原始的两量也不可公约。
设：两个不可公约量AB、BC 相加。
求证：总量AC 与AB、BC 中的任何一个也是不可公约的。
因为，如果CA 和AB 不是不可公约的，那么：总有某个量可以测尽它们，设其为d 。
因为d 测尽CA、AB ，于是：它也测尽其余量BC ，而它也测尽AB ，所以：d 测尽AB 和BC 。所以：AB 和BC 是可公约量。而它们被假设为不是可公约量，这是不可能的。
所以：没有量可测尽CA 和AB 。所以：CA 和AB 是不可公约量（定义X.1） 。
类似地，也可证明AC 和CB 是不可公约量，所以：AC 分别与AB、BC 是不可公约量。
再设：AC 与AB、BC 中之一是不可公约量。
首先设它与AB 是不可公约量。
那么：AB 和BC 也是不可公约量。
因为如果它们是可以公约的，那么：某个量将可以测尽它们，设其为d 。
因为d 测尽AB 和BC ，所以：d 也测尽总量CA 。而它也测尽AB ，所以：d 测尽CA、AB 。所以：CA 和AB 是可公约量，而根据假设，它们也是不可公约量，这是不可能的。
所以：没有量可以测尽AB 和BC ，所以：AB 和BC 是不可公约量（定义X.1） 。
所以：如果两个不可公约的量相加，那么其和与原来二量也是不可公约量；如果其和与其中的一量不可公约，那么与原始的两量也不可公约。
证完
注解
这一命题是前一命题的逻辑变式，这里再一次证明。它应用在本卷从X.18开始的几个命题中。
引理
在一条线上作一个缺少正方形的矩形，那么该矩形等于因为作图而把原线段分成的两段构成的矩形。
设：在线段AB 上作缺少正方形DB 的矩形AD 。
求证：AD 等于矩形的边AC 与CB 之乘积。
很显然，因为DB 是正方形，DC 等于CB ，AD 是AC 与CD 之积，即AC 与CB 之积。
证完
命题X.17
如果两条不等线段，在较大的一个上作一个矩形，使之等于小线段上正方形的四分之一而缺少一个正方形，且大线段被分成长度上可以公约的两部分，那么原来大线段上的正方形较小线段上的正方形大一个与大线段可以公约的线段上的正方形。
如果大线段上的正方形较小线段上的正方形大一个与大线段可以公约的线段上的正方形，且在大线段上作一个矩形等于小线段上的正方形的四分之一而缺少一个正方形，那么，大线段上被分成长度可公约的两个部分。
设：a 和BC 是两条不等线段，其中，BC 较大，在BC 上作矩形，使之等于较小线段a 上的正方形的四分之一，即等于a 的一半上的正方形，设其为矩形BD、DC ，且BD 与DC 是可公约的量（引理） 。
求证：BC 上的正方形较a 上的正方形大一个与BC 可以公约的线段上的正方形。
令：在E 点平分BC ，使EF 等于DE （命题I.10、I.3） 。
于是：余量DC 等于BF 。又，因为：线段BC 被E 点分为相等的两部分，被D 点分为不相等的两部分，于是：BD 和DC 构成的矩形加上ED 上的正方形等于EC 上的正方形（命题II.5） 。
又，将它们四倍后同样正确，所以：四倍矩形BD、DC 构成的矩形加DE 上的正方形的四倍，等于EC 上的正方形的四倍。
而a 上的正方形等于BD、DC 所构成的矩形的四倍，且DF 上的正方形等于DE 上的正方形的四倍，因为DF 是DE 的两倍，又，BC 上的正方形等于EC 上的正方形的四倍，因为BC 是CE 的两倍。
所以：a 与DF 上的正方形之和等于BC 上的正方形。所以：BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于值为一个DF 上的正方形。
也可以证明出，BC 与DF 也是可公约量。
因为BD 与DC 是在长度上的可公约量，所以：BC 与CD 在长度上也是不可公约量（命题X.15） 。
又，CD 与CD、BF 之和在长度上是可公约量，因为CD 等于BF （命题X.6） 。
所以：BC 与BF、CD 的和在长度上也是可公约量。所以：BC 与余量FD 在长度上也是可公约量。所以：BC 上的正方形大于在a 上的正方形，其大于值等于一个与BC 可以公约的线段上的正方形（命题X.12、X.15） 。
再设：在BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于值是与BC 可以公约的量的直线上的正方形。在BC 上作一个矩形，使之等于在a 上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，设其是BD 和DC 构成的矩形。
也可以证明，BD 与DC 在长度上是可公约的量。
在同一结构中，我们也能类似地证明，BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于值是与BC 可公约的量的一条线段上的正方形（命题X.15） 。
所以：BC 与FD 是在长度上可以公约的量，所以：BC 与BF、DC 之和也是在长度上可以公约的量。
而BF 和DC 之和与DC 是可以公约的量。所以：BC 与CD 在长度上也是可以公约的量。
所以：由分比可得，BD 与DC 在长度上也是可以公约的量（命题X.6、X.12、X.15） 。
算盘
作为计算工具的算盘是中国的独创，后于16世纪末传入日本和俄国。日本称算盘为“十露盘”，算珠由扁圆形改成菱形，梁上两珠改为一珠，盘窄而长，档数加至27。俄国的算盘则将若干铁条或木条横镶在木框内，每条穿10珠。这是纯粹的十进位制，直观易懂，后来它被用作儿童学算的工具而流行于全世界。
所以：如果两条不等线段，在较大的一个上作一个矩形，使之等于小线段上正方形的四分之一而缺少一个正方形，且大线段被分成长度上可以公约的两部分，那么原来大线段上的正方形较小线段上的正方形大一个与大线段可以公约的线段上的正方形。如果大线段上的正方形较小线段上的正方形大一个与大线段可以公约的线段上的正方形，且在大线段上作一个矩形等于小线段上的正方形的四分之一而缺少一个正方形，那么，大线段上被分成长度可公约的两个部分。
证完
注解
代数可描述为，设b 表示BC ，DC 是［b -（b 2 -a 2 ）］/2，那么该命题的声明是：比率b ∶［b -（b 2 -a 2 ）］/2是一个数与一个数之比。也仅有（b 2 -a 2 ）∶a 的比率是一个数与一个数之比。
引理也应用在下一个命题中。这一命题应用在本卷从命题X.54以后的几个命题中。
命题X.18
如果有两条不相等的线段，在大线段上作矩形，使之等于小线段上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，如果分大线段为不可公约的部分，那么在大线段上的正方形大于小线段上的正方形，其大于的值等于与大的线段不可公约的量的一条线段上的正方形。如果大线段上的正方形大于小线段上的正方形，且其大于的值是与大线段成不可公约的量的一条线段上的正方形，且大线段上的矩形等于小线段上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，那么，它将分它为不可公约的两个部分。
设：a 和BC 是两条不等线段，其中BC 较大，在BC 上作平行四边形，使之等于在a 上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，设其为由BD、DC 构成的矩形，BD 与DC 是在长度上不可公约的量（命题X.17、引理） 。
求证：BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是与BC 不可公约的量的一条线段上的正方形。
在这同一结构中，我们可以类似地证明出BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值等于FD 上的一正方形。
因为BD 与DC 是在长度上不可公约的，所以：BC 与CD 也在长度上是不可以公约的（命题X.16） 。
而，DC 与BF、DC 之和是可以公约的量，所以：BC 与FB、DC 之和是不可以公约的量。所以：BC 与FD 在长度上也是不可以公约的量（命题X.6、X.13、X.16） 。
又，BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是FD 上的正方形，所以：BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是与BC 不可以公约的线段上的正方形。
再，设BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是与BC 不可公约的线段上的正方形。在BC 上作矩形，使之等于在a 上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，设其为BD、DC 构成的矩形。
也可以证明，BD 与DC 在长度上是不可以公约的量。
在这同一结构中，也可以类似地证明，BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是FD 上的正方形。
而BC 上的正方形大于a 上的正方形，其大于的值是与BC 不可公约的线段上的正方形，所以：BC 与FD 在长度上是不可以公约的量，所以：BC 与BF、DC 之和也是不可公约量（命题X.16） 。
欧拉的《求解方法》卷首页
1744年，俄国的“数学之父”欧拉严格证明了最小作用原理可以用于描述力学的质点运动，例如行星绕太阳的运动。并且这表明他相信能够发现寓于宇宙的每一现象之中的极大或极小原则。此结论载于他的著作《求解具有极大或极小性质之曲线的方法》，简称《求解方法》。这是阐述变分法的第一本教科书，也是数学史上最有名的著作之一。
而BF、DC 之和与DC 在长度上是可公约量，所以：BC 与DC 在长度上也是不可公约的量，所以：由分比得，BD 与DC 在长度上也是不可以公约的量（命题X.6、X.13、X.16） 。
所以：如果有两条不相等的线段，在大线段上作矩形，使之等于小线段上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，如果分大线段为不可公约的部分，那么在大线段上的正方形大于小线段上的正方形，其大于的值等于与大的线不可公约的量的一条线段上的正方形。如果大线段上的正方形大于小线段上的正方形，且其大于的值是与大线段成不可公约的量的一条线段上的正方形，且大线段上的矩形等于小线段上的正方形的四分之一且缺少一个正方形，那么，它将分它为不可公约的两个部分。
证完
注解
这一命题是上一命题的逻辑变式。它频繁应用在本卷命题X.33以后的命题中。
引理
因为已经证明在长度上可以公约的线段也总是在正方形上可以公约，同时那些在正方形上可以公约的量却不一定在长度上可以公约，当然，在长度上既可以公约也可以不公约。这表明，如果线段在长度上与一给定的有理线可以公约，它被称为有理的。有理的线段无论在长度上还是在正方形上皆可以公约，因为线段在长度上可以公约必然在正方形上也可以公约。
又，如果线段与给定的有理线在正方形上可以公约，那么，它在长度上也可以公约。这一情形也被称为有理的。有理线不仅在长度上，而且在正方形上也皆是可以公约的。但如果线段与给定的有理线仅在正方形上可以公约，在长度上不可以公约，这一情况也成为有理的，但仅为正方形可公约。
命题X.19
由长度可以公约的两条有理线构成的矩形是有理的。
设：矩形AC 由两条在长度上可以公约的有理线AB 和BC 构成。
求证：AC 是有理的。
令：在AB 上作一个正方形EABD ，那么EABD 是有理的（命题I.46、定义X.4） 。
因为：AB 与BC 在长度上是可以公约的，同时，AB 等于BD ，所以：BD 与BC 在长度上是可以公约的。
又，BD 比BC 同于AD 比AC （命题VI.1） 。
所以：EABD 与FAB 是可以公约的量（命题X.11） 。
而EABD 是有理的，所以：FAB 也是有理的（定义X.4） 。
所以：由长度可以公约的两条有理线构成的矩形是有理的。
证完
注解
这是第一个处理有理线和有理正方形的命题。根据定义XI.3，有某一指定线段作为一个有理线段和正方形的标准，但这一命题并未提及。
在这一命题中，矩形AB 和BC 的边是有理线，这即意味着这些线段与标准线是正方可公约的，也即是它们上的正方形与标准的正方形是可公约的。同时也假定AB 和BC 相互可公约。所以矩形AC 与AB 上的正方形是可公约的，而它与标准正方形可公约，同理，矩形AC 也一样。
这一命题应用在命题X.25开始以后的几个命题中。引理应用在命题X.23中。下一个命题是本命题的逆命题，但语言颇晦涩。
命题X.20
如果在一条有理线段上作一个有理矩形，那么其另一边也是有理的，且与原线段是可以公约的量。
设：有理矩形AC 作在AB 上，另一边为BC 。
求证：BC 是有理的，并在长度上与AB 可以公约。
令：在AB 上作正方形AD 。那么：AD 是有理的（命题I.46、定义X.4） 。
因为AC 是有理的，所以：AD 与AC 是可以公约的量。又，AD 比AC 同于DB 比BC ，所以：DB 与BC 也是可以公约的量。而DB 等于BA ，所以：AB 与BC 也是可以公约的量（命题VI.1、X.11） 。
而AB 是有理的，BC 于是也是有理的，并在长度上与AB 是可以公约的量。
所以：如果在一条有理线上作一个有理矩形，那么其另一边也是有理的，且与原线段是可以公约的量。
证完
注解
这一命题是上一命题的逆命题。它频繁应用在本卷命题X.26以后的命题中。
命题X.21
仅在正方形上可以公约的两个有理线段构成的矩形是无理的，与该矩形相等的正方形的边也是无理的。后者被称为中项线。
设：矩形AC 由仅在正方形上可以公约的有理线AB、BC 构成。
求证：AC 是无理的，等于它的正方形的边是无理的，其后者被称为中项线。
令：在AB 上作正方形AD ，那么AD 是有理的（定义X.4） 。
又，因为AB 与BC 在长度上是不可公约的，假定它们仅是正方形可公约，同时AB 等于BD ，所以：DB 与BC 也在长度上是不可公约的。
又，DB 比BC 同于AD 比AC ，所以：DA 与AC 是可以公约的（命题VI.1、X.11） 。
而DA 是有理的，所以：AC 是无理的。所以：正方形的边AC 也是无理的（定义X.4） 。
后者被称为中项线。
证完
注解
这一命题被频繁应用在本卷下一命题开始的命题中。
引理
如果有两条线段，那么第一线段比第二线段同于第一线段上的正方形比该两条线段所构成的矩形。
设：FE 和EG 为给定的两条线段。
求证：FE 比EG 同于FE 上的正方形比FE、EG 构成的矩形。
令：作FE 上的正方形DF ，完成GD 。
因为FE 比EG 同于FD 比DG ，FD 是FE 上的正方形，而DG 是DE 和EG 构成的矩形，即FE 与EG 构成的矩形，所以：FE 比EG 同于FE 上的正方形比FE、EG 构成的矩形。
类似地，GE、EF 构成的矩形比EF 上的正方形，即是GD 比FD ，且同于GE 比EF （命题VI.1） 。
命题X.22
在一条有理线段上作矩形，使其等于中项线上的正方形，那么该矩形的另一边是有理的，且与原有理线段不可以公约。
设：a 是中项线，CB 是有理线，作在BC 上的矩形BD 等于a 上的正方形，CD 是矩形的另一边。
求证：CD 是有理的，并在长度上与CB 可以公约。
因为a 是中项线，那么：a 上的正方形等于正方可公约量的两条线段构成的矩形（命题X.21） 。
令a 上的正方形等于GF ，而该正方形也等于BD ，于是：BD 等于GF 。
而BD 也与GF 等角，而相等并等角的两矩形中，夹等角的两边成反比，所以：BC 比EG 同于EF 比CD （命题VI.14） 。
所以：BC 上的正方形比EG 上的正方形同于EF 上的正方形比CD 上的正方形（命题VI.22） 。
而CB 上的正方形与EG 上的正方形是可以公约的，因为它们的每条线段是有理的，所以：EF 上的正方形与CD 上的正方形也是可公约的（命题X.11） 。
而EF 上的正方形是有理的，所以：CD 上的正方形也是有理的，所以：CD 是有理的（定义X.4） 。
又因为：EF 与EG 在长度上是不可公约的，因为它们仅仅是正方可公约。同时EF 比EG 同于EF 上的正方形比FE、EG 构成的矩形，所以：EF 上的正方形与FE、EG 构成的矩形是不可公约量（引理X.11） 。
又，CD 上的正方形与EF 上的正方形是可公约量，因为，在正方形上的线段是有理的。
又DC 和CB 构成的矩形与FE 与EG 构成的矩形是可公约量，因为，它们等于a 上的正方形，所以：CD 上的正方形与DC、CB 构成的矩形是不可公约量（命题X.13） 。
又，CD 上的正方形比DC、CB 构成的矩形同于DC 比CB ，所以：DC、CB 在长度上是不可公约量（引理X.11） 。
所以：CD 与CB 在长度上是有理的，且是不可公约的。
所以：在一条有理线段上作矩形，使其等于中项线上的正方形，那么该矩形的另一边是有理的，且与原有理线段不可以公约。
多立克柱
多立克柱是约公元前6世纪时在古希腊确立起来的一种建筑柱式。多立克柱的特点是：柱身粗壮，由下而上逐渐缩小，柱身刻有凹槽，槽背成棱角，柱头没有花纹，比较简单。埃舍尔通过这件作品想要揭示的主题是：绘画是在二维平面上表现三维空间的“骗术”，我们的眼睛总是被经验、心理暗示欺骗，我们固执地以为明亮的地方是因为受到光照，而阴暗的地方是因为光线被阻拦。艺术家提醒我们，主观经验有时会造成很大的错误。
证完
注解
这一命题被频繁使用在本卷的下一命题开始的命题中。
命题X.23
一条线段与中项线可以公约，该线也是中项线。
设：a 是中项线，b 与a 可以公约。
求证：b 也是中项线。
设：CD 是给定的一个有理线段，在CD 上作矩形CE ，使之等于a 上的正方形，作宽ED ，那么ED 是有理线段，并与CD 在长度上不可公约。又，在CD 上作矩形CF ，使之等于b 上的正方形，作宽DF 。
因为a 与b 是可公约量，于是：a 上的正方形与b 上的正方形也是可公约量。而BC 等于a 上的正方形，CF 等于b 上的正方形，所以：EC 与CF 是可公约量。
又，EC 比CF 同于ED 比DF ，所以：ED 与DF 在长度上是可公约量（命题VI.1、X.11） 。
而ED 是有理的，并在长度上与DC 不可以公约，所以：DF 也是有理的，并与DC 在长度上不可以公约（命题X.13、定义X.3） 。
所以：CD 和DF 是有理的，并仅仅是正方形可以公约。
又，如果一条线段上的正方形等于两条仅正方形可公约的有理线段构成的矩形，那么该线段是中项线，所以与CD、DF 构成的矩形相等的正方形的边是中项线（命题X.21） 。
又，b 是等于CD 和DF 构成的矩形的正方形的边，所以：b 就是中项线。
所以：一条线段与中项线可以公约，该线也是中项线。
证完
注解
这一命题应用在命题X.67、X.104中，推论应用在命题X.33以及其他命题中，也应用在命题X.27中。
命题X.24
由长度可公约的两中项线构成的矩形是中项面。
设：矩形AC 由两长度可公约的中项线AB 和BC 构成。
求证：AC 是中项面。
作AB 上的正方形AD ，那么：AD 是中项面。
又，因为AB 与BC 是在长度上可公约的，同时AB 等于BD ，于是：DB 与BC 是在长度上可公约的。所以：DA 与AC 是可公约的（命题VI.1、X.11） 。
而DA 是中项面，所以：AC 也是中项面（命题X.23及其推论） 。
所以：由长度可公约的两中项线构成的矩形是中项面。
证完
命题X.25
由仅正方形可公约的两条中项线构成的矩形，或为有理面，或为中项面。
设：矩形AC 是由仅正方形可公约的AB、BC 构成的。
求证：AC 要么是有理面，要么是中项面。
在AB、BC 上作正方形AD、BE ，那么：AD、BE 是中项面。
作有理线FG ，作矩形GH 等于AD ，其宽为FH ；在HM 上作矩形MK 等于AC ，宽为HK ；同样，在KN 上作矩形NL 等于BE ，宽为KL 。那么FH、HK、KL 便在同一线上。
因为AD、BE 皆为中项面，而AD 等于GH ，同时BE 等于NL ，所以：矩形GH 和NL 也是中项面。
又，它们都是作在有理线FG 上的，于是：每条直线FH、KL 皆是有理线，并与FG 在长度上不可以公约（命题X.22） 。
又，因为AD 与BE 是可以公约的，所以：GH 与NL 是可以公约的，而GH 比NL 同于FH 比KL 。所以：FH 与KL 在长度上是可以公约的量（命题VI.1、X.11） 。
所以：FH 和KL 是有理线，并在长度上可公约。所以：FH 和KL 构成的矩形是有理的。
又，因为DB 等于BA ，同时OB 等于BC ，所以：DB 比BC 同于AB 比BO 。
而DB 比BC 同于DA 比AC ，又，AB 比BO 同于AC 比CO ，所以：DA 比AC 同于AC 比CO （命题VI.1） 。
而AD 等于GH ，AC 等于MK ，又CO 等于NL 。所以：GH 比MK 同于MK 比NL 。所以：FH 比HK 同于HK 比KL 。所以：FH 与KL 构成的矩形等于HK 上的正方形（命题VI.1、V.11、VI.17） 。
而FH 和KL 构成的矩形是有理的，所以：HK 上的正方形也是有理的。
所以：HK 是有理的。而，如果它与FG 在长度上是可以公约的，那么：HN 是有理的。而，如果HK 与FG 在长度上是不可公约的，那么HK、HM 是仅仅正方形可公约量，所以：HN 是中项面（命题X.19、X.21） 。
所以：HN 要么是有理面，要么是中项面。而HN 等于AC ，所以：AC 要么是有理面，要么是中项面。
所以：由仅正方形可公约的两条中项线构成的矩形，或为有理面，或为中项面。
证完
命题X.26
两个中项面之差是无理面。
如果可能，设中项面AB 与中项面AC 之差是DB 。作有理线EF ，在EF 上作矩形FH 等于AB ，宽为EH 。
在FH 中减去矩形FG ，使之等于AC ，那么：余量BD 等于余量KH 。
而DB 是有理线，所以：KH 也是有理线。
因为矩形AB、AC 皆是中项面，而AB 等于FH ，同时AC 等于FG ，所以：矩形FH、FG 也皆是中项面。
它们是作在有理线EF 上的，所以：线段HE 和EG 是有理线，并与EF 在长度上不可公约（命题X.22） 。
因为DB 是有理面，且等于KH ，所以：KH 是有理面，又，它是作在有理线段EF 上的，所以：GH 是有理的，并与EF 在长度上可以公约（命题X.20） 。
又，EG 也是有理线条，且与EF 在长度上不可以公约，所以：EG 与GH 在长度上是不可以公约的（命题X.13） 。
又，EG 比GH 同于EG 上的正方形比EG、GH 构成的矩形，所以：EG 上的正方形和EG 与GH 构成的矩形是不可公约的（命题X.11） 。
又，EG、GH 上的正方形与EG 上的正方形是可以公约的，因为，两者皆为有理面，又，EG、GH 构成矩形的两倍与EG、GH 构成的矩形是可公约量，所以：EG、GH 上的正方形之和与EG 与GH 构成的矩形的两倍是不可公约量（命题X.6、X.13） 。
所以：EG、GH 上的正方形之和加EG、GH 构成的矩形的两倍即是EH 上的正方形，与EG、GH 上的正方形是不可公约的（命题II.4、X.16） 。
又EG 和GH 上的正方形是有理面，所以：EH 上的正方形是无理面（定义X.4） 。
所以：EH 是无理的，而它又是有理的，这是不可能的。
所以：两个中项面之差是无理面。
证完
丢番图《算术》封页
在所有亚历山大后期的著作中，对古典希腊几何传统最离经叛道的当数丢番图的《算术》。这部具有东方色彩的问题集，用纯分析的途径处理数论与代数问题，可以看作是希腊算术与代数成就的最高标志。该书尤以不定方程的求解而著称，以致今人常把求整系数不定方程的整数解问题叫作“丢番图分析”。
注解
这一命题应用在本卷命题X.42开始的几个命题中。
命题X.27
仅正方形可公约的两中项线，可以构成一个有理矩形。
设：两条线a、b 仅正方形可公约，在a、b 之间作一个比例中项比c ，使a 比b 同于c 比d （命题X.10、VI.13、VI.12） 。
那么，因为a 和b 是有理的，并是仅正方形可公约，所以：a 和b 构成的矩形，即c 上的正方形便是中项面。所以：c 是中项线（命题VI.17、X.21） 。
又，因为a 比b 同于c 比d ，而a 和b 是仅正方形可公约量，所以：c 和d 也是仅正方形可公约量（命题X.11） 。
而c 是中项线。那么：d 也是中项线（命题X.23） 。
所以：c 和d 是仅正方形可公约的中项线。
以下进一步说明：它们也是有理矩形。
因为a 比b 同于c 比d ，那么，由更比得，a 比c 同于b 比d （命题V.16） 。
而a 比c 同于c 比b ，于是：c 比b 同于b 比d 。于是：c 和d 构成的矩形等于b 上的正方形。而b 上的正方形是有理面，所以：c 和d 构成的矩形也是有理面。
所以：仅正方形可公约的两中项线，可以构成一个有理矩形。
证完
命题X.28
仅正方形可公约的两条中项线，可构成中项矩形。
设：有理线a、b、c 是仅正方可公约的线，作a、b 间的比例中项d ，使b 比c 同于d 比e （命题X.10、VI.13、VI.12） 。
因为a、b 是有理线，并是仅正方可公约量，那么：a 与b 构成的矩形，即d 上的正方形是中项面。所以：d 是中项线（命题VI.17、X.21） 。
又因为：b 和c 是仅正方可公约量，而b 比c 同于d 比e ，那么：d 和e 也是仅正方可公约量（命题X.11） 。
又，d 是中项线，于是：e 也是中项线（命题X.23） 。
所以：d 和e 是仅正方可公约的中项线。
以下进一步说明：它们也构成一个中项矩形。
因为：b 比c 同于d 比e ，那么：由更比得，b 比d 同于c 比e （命题V.16） 。
又，b 比d 同于d 比a ，所以：d 比a 同于c 比e ，所以：a、c 构成的矩形等于d、e 构成的矩形（命题VI.16） 。
又，a、c 构成的矩形是中项面，于是：d、e 构成的矩形也是中项面（命题X.21） 。
所以：仅正方可公约的两条中项线，可构成中项矩形。
证完
注解
命题本身应用在命题X.75中。
引理1
可以找到两个平方数，它们的和也是平方数。
设：有AB、BC 两个数，它们都是偶数或者奇数。那么：无论从偶数中减去一个偶数，还是从奇数中减去一个奇数，其余值是偶数。于是：余值AC 是个偶数（命题IX.24、IX.26） 。
令：在D 点上平分AC ，那么AB 和BC 要么是相似平面数，要么是平方数，而平方数本身也是相似平面数。
现在因为AB 和BC 的乘积加CD 上的正方形等于BD 上的正方形。又AB 和BC 的乘积是正方形，因为已经证明两相似平面的乘积是平方数，所以：两个平方数，AB 与BC 的乘积以及CD 的平方被发现，当它们相加时，得到BD 的平方（命题II.6、IX.1） 。
又，很明显，另两个平方数也可求出，即BD 的平方和CD 的平方，它们的差也是一个平方数，即AB、BC 的乘积是一个平方数，且无论AB 和BC 是什么样的相似平面。
但当它们不是相似平面数时，该两个平方数，即BD 的平方和DC 的平方被发现出来，其差为AB 与BC 的乘积，它不是一个平方数。
证完
引理2
可以找到两个平方数，它们的和不是一个平方数。
设：AB 和BC 的乘积是一个平方数，CA 是偶数，D 平分CA 。
很明显，AB、BC 的乘积加CD 的平方等于BD 的平方（命题X.28、引理1） 。
减去单位DE ，那么：AB、BC 的乘积加CE 的平方小于BD 的平方。
求证：AB、BC 的乘积加CE 的平方不是一个平方数。
如果它是一个平方数，那么它要么等于BE 的平方，要么小于BE 的平方，而不可能大于，因为单位是不可以再分的。
