欧氏几何第二公设与第五公设的自相矛盾

一线天

欧氏几何第二公设是：任意直线皆可以无限的延长；
欧氏几何第五公设是：过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行．
若将欧氏几何的这两个公设当做是两个命题，那么，这两个命题在欧氏几何的公理体系下是否全都是真命题呢？笔者经过一番逻辑推理后认为：这两个命题在欧氏几何的公理体系下不能同时成立，若其中一命题为真命题，则另一命题必为假命题，即：假若欧氏第二公设是真命题，则必可由此推导出欧氏第五公设是假命题，若欧氏第五公设是真命题，则必可由此推导出欧氏第五公设是假命题．
逻辑推导如下：
建立一个平面直角坐标系，Ｘ轴为横座标，Ｙ轴为纵座标，Ｘ轴与Ｙ轴交于原点Ｏ，在Ｙ轴原点Ｏ的上方确定一点Ａ（Ａ点在Ｙ轴上），过Ａ点做一条与Ｘ轴平行的直线．设这条直线为直线Ｌ，则直线Ｌ与Ｘ轴可以看做是两条平行线．
然后，再以Ｏ点为起点在坐标系的第一象限处引出来一条射线，此射线必与直线Ｌ相交．
现在做第一个假设：假设欧氏第五公设是真命题，让此射线沿顺时针方向自与Ｘ轴呈９０度角（与Ｙ轴完全重合）起始旋转至与Ｘ轴呈０度角（与Ｘ轴完全重合），当射线与Ｘ轴完全重合时，因为Ｘ轴与直线Ｌ平行，因此射线也与直线Ｌ平行．在射线自与Ｘ轴呈９０度角旋转至与Ｘ轴呈０度角时，射线必一一经过直线Ｌ的正半区间内的所有点，即：只要射线与Ｘ轴的夹角不为０，那么射线便始终与直线Ｌ有交点，而且射线与Ｘ轴的夹角的角度越小，则射线与直线Ｌ的交点至Ａ点的距离越远，当射线与Ｘ轴的夹角为无穷小时，射线与直线Ｌ的交点至Ａ点的距离为无穷远．
当射线与Ｘ轴完全重合时，因为Ｘ轴与直线Ｌ平行，则射线也与直线Ｌ平行，此时射线与直线Ｌ没有交点，说明射线已经走完了直线Ｌ在正半区间的所有点，由此说明直线Ｌ的长度是有限的，否则，若是直线Ｌ的长度是无限的，射线就不能走完直线Ｌ的所有点，则射线永远都会与直线Ｌ有交点，永远也不会与直线Ｌ平行．
既然射线能够走完直线Ｌ上的所有的点，那就说明在直线Ｌ上存在最后一个点，只有在射线走完直线Ｌ上的这个最后一个点的时候，射线才能与直线Ｌ没有交点，才能最终与直线Ｌ平行，而这个直线Ｌ上的最后一个点，就是直线Ｌ的长度的极限，直线Ｌ至此点不能再无限延长．
由此说明：若欧氏第五公设成立，则必可推导出欧氏第二公设不成立．
现在再来做第二个假设：假设欧氏第二公设是真命题，即：直线可以无限的延长，那么便有：射线在旋转的过程中将永远与直线Ｌ有交点，而且此射线与Ｘ轴的夹角的角度越小，则此射线与直线Ｌ的交点至Ａ点的距离越远，但是，无论射线与直线Ｌ的交点至Ａ点的距离有多远，射线与直线Ｌ都会始终有交点，因为在直线无限延长的情况下，是不可能有相交完所有点的那一时刻到来的，若是能相交完直线Ｌ上的所有的点，则射线必经过直线Ｌ上的最后一个点，则说明直线Ｌ的长度是有限的，不能无限延长，这与此前所做的直线可以无限延长的假设相矛盾．
因此，当射线与Ｘ轴完全重合时，射线仍与直线Ｌ有交点，既然射线永远都与直线Ｌ有交点，那么射线便永远也不能与直线Ｌ平行，由此说明：若欧氏第二公设在欧氏几何的公理体系下成立，则欧氏第五公设必不成立，即：若直线是可以无限延长的，则做不出已知直线的平行线，两条直线必于无穷远点相交．
　最后总结：欧氏几何第二公设与第五公设是相互矛盾的，二者不能在同一个公理体系之下相容．
补充说明：为了更好的理解这个问题，可以举一个比较形象的比喻：在直线L的A点处有一只蚂蚁,假设在射线由与Ｙ轴重合沿顺时针方向旋转至与Ｘ轴重合的过程中，这只蚂蚁始终都是跟在射线与直线Ｌ的交点的后面走,问这只蚂蚁能不能走出直线L去?(走到直线L之外去)
如果按照欧氏第二公设,直线是可以无限延长的,永无止界,那么这只蚂蚁是永远也走不出直线L去的.当射线与Ｘ轴完全重合时，则射线与直线Ｌ的交点在Ｘ轴上，说明直线Ｌ与Ｘ轴不平行．
如果按照欧氏第五公设：当射线与Ｘ轴重合时，射线与直线Ｌ平行，则蚂蚁便能够走出直线Ｌ之外去，因为射线已经走完了直线Ｌ上的所有点（直线Ｌ长度有限），则最后蚂蚁离开直线Ｌ的端点，经过射线的端点（既然直线Ｌ长度有限，则射线的长度也有限）走到了Ｘ轴上．

wangyangkee

http://www.tianya.cn/publicforum/content/free/1/1020907.shtml

shinbade

这个证明，都是钻“无穷”的空子，与芝诺悖论（飞毛腿追不上乌龟）是一样的性质。

shuiling0078

还是分开看吧，计较这么多，我有点晕。。。.