阿基米德與圓周長圓面積

阿基米德與圓周長圓面積BillCasselman關(guān)鍵詞： 阿基米德定理，歐幾里得幾何，圓面積，直角三角形面積，正多邊形阿基米德的論文《圓的測定》雖然常被引用，但我估計很少有人真正閱讀過。今天人們最熟悉的莫過于用足夠多邊數(shù)的正多邊形去逼近圓周率7「的方法，以及為此而發(fā)展出來的遞歸法。遞歸法曾世界流傳，在人們熟悉用級數(shù)表示7「之前，這是人們用來計算圓周率的唯一有效方法。阿基米德的程序與常見描述并不完全一致。就我所知，用現(xiàn)代語言對此最好的介紹是兀unleashed—書[2]°然而，阿基米德的論文有許多細(xì)微之處似乎還未獲得廣泛的理解。原因之一在于他的算法是在古希臘通用的笨拙系統(tǒng)中完成的，該系統(tǒng)包含了來自古埃及奇怪的分?jǐn)?shù)處理方法另一導(dǎo)致阿基米德的論文難讀的原因是當(dāng)時沒有代數(shù)學(xué)為其所用。這一點已經(jīng)引起了許多注解，但在本專題中我將討論更為基本的數(shù)學(xué)問題。阿基米德定理的內(nèi)容阿基米德的論文由兩部分組成。第一部分是圓面積與其周長之間關(guān)系的論斷及其證明。在第二部分中作者應(yīng)用前一部分證明過程中所奠定的技術(shù)來逼近圓周率。雖然第二部分內(nèi)容最引人關(guān)注，但我將只考慮第一部分的內(nèi)容。我們現(xiàn)有的《圓的測定》版本中，開篇斷言：

任意圓的面積，與兩條直角邊長分別為該圓半徑和周長的直角三角形的面積相等。粗略地說，該定理成立是因為我們可以將圓與三角形都分別剖分為面積很接近的小區(qū)域。現(xiàn)存版本中，該定理的證明緊隨其論斷之后。下面我將概述其證明，略加解釋，并再附一些圖片。其基本思路幾乎與證明歐幾里得xn.^iJ相同。按照現(xiàn)代語言，歐幾里得XII.2稱圓面積正比于其半徑的平方。在歐幾里得的證明中，圓面積的上、下界分別為邊數(shù)漸增的外切、內(nèi)接正多邊形的面積，而阿基米德的證明中，圓周長也有類似的上下界。阿基米德與歐幾里得的證明有所重疊并不奇怪，因為歐幾里得XII.2是阿基米德定理的直接推論。定理的論述本身也是有趣的。用代數(shù)語言來描述，圓面積為TT『2這與阿基米德所稱一致:

7rr2=12.r-27rr.但是古希臘人沒有代數(shù)學(xué)，也沒有我們現(xiàn)在所用的實數(shù)概念。對歐幾里得而言，7「沒有任何意義。事實上，阿基米德的一個創(chuàng)新即在于其與現(xiàn)代想法很接近的思想。注意到希臘人用量之比，他們的所有“公式”都是如此，總是斷言兩個面積相等。一個典型的例子是，他們不說平行四邊形的面積等于底乘高，而是說平行四邊形與同底等高的矩形有相同的面積。阿基米德的論證與其它應(yīng)用窮竭法的論證思路相同，即展開一個可能無窮的過程，直到某些事情發(fā)生而終止。(窮竭法來自希臘，但這個術(shù)語是幾百年之后的歐洲人提出來的。)阿基米德將此技術(shù)的發(fā)明權(quán)含蓄地歸功于他似乎liii〕的結(jié)果。唯一尊敬的前輩——歐克多斯(Eudoxus)。一般認(rèn)為歐克多斯創(chuàng)造了一種極其liii〕的結(jié)果。阿基米德定理的證明設(shè)C為一圓，T為一三角形，其高為圓半徑、底為圓周長。如同所有的窮竭法一樣，接下來的證明也分為兩部分。首先證明C的面積不可能大于f的面積，然后再證明它又不可能小于三角形面積。因此余下來的可能性只能是兩者相等。第一部分將證明圓的面積不比三角形的面積大。下面的論證中我們需要三個斷言，其證明將延后給出。

斷言1：任何圓內(nèi)接多邊形的面積小于C的面積。以如下方式定義 4,'.等一系列圓內(nèi)接多邊形:□4形,ns為平分□4各邊對應(yīng)弧所得的圓內(nèi)接正八邊形，一般地,□27Z■為將口71■各對應(yīng)弧平分所得的邊數(shù)為2?2的圓內(nèi)接正多邊形。由斷言1知口71的面積比 的面積小。設(shè)由斷言1知口71的面積比 的面積小。設(shè)§化=(7的面積一口泥的面積>0.在上圖中,§71在上圖中,§71■即紅色部分的面積。我們還要用到斷言2：62n^6n/2,以及斷言3：任何圓內(nèi)接正多邊形的面積小于前面定義的三角形f的面積。這一點稍難證明。因為圓內(nèi)接正多邊形和三角形T都可被細(xì)分，如下圖情形，斷言3源于以下兩個事實:線段其中第二條得自歐幾里得III.2,即線段其中第二條得自歐幾里得III.2,即線段pQ位于圓內(nèi)。第一條雖然從圖觀察很明顯，但是我們將看到要相信我們之所見還有些問題。B我們先假設(shè)這三條斷言為真。我們使用反證法，即假設(shè)C7的面積大于B我們先假設(shè)這三條斷言為真。我們使用反證法，即假設(shè)C7的面積大于T面積:d=C的面積——d=C的面積——的面積>0.根據(jù)阿基米德原理（即歐幾里得x.i），由斷言2我們可取充分大的72使得。我們現(xiàn)在有Un的面積Un的面積<T的面積<c這表明d=C的面積一T的面積<C的面積一Un的面積=d但這與72的選取矛盾。第二部分將證明三角形的面積不比圓的面積大。在第二部分的證明中，我們還是用反證法，即假設(shè)C的面積小于T的面積來得出矛盾。這次我們將要求助外切多邊形。在這一部分中，我們設(shè)114為圓C的外切正方形，以及一般地從? 〔71出發(fā)，找到72個等分弧的中點，再作圓的72個切線，得到邊數(shù)為2冗的圓外切正多邊形。在這種情形，Il2n rinSn=Hn的面積一C的面積〉0?同理可證明52n<C5n/2。代替上頁斷言3的是:斷言4.T的面積小于口71的面積。

之后的證明與第一部分很相似：從C之后的證明與第一部分很相似：從C的面積小于f的面積這個假設(shè)得出矛盾。剩下來需驗證斷言1—4。其中最簡單的是斷言1。若我們知道由割圓線段所構(gòu)造的多邊形含于圓內(nèi)，則該結(jié)論可從《幾何原本》第一卷公理5（即“整體大于部分”）直接得到。這恰為歐幾里得III.2的結(jié)論。斷言2是歐幾里得證明X.2的關(guān)鍵，X.2稱圓的面積正比于半徑的平方，這在希斯版的《幾何原本》中有很好的解釋，因此我不再贅述。但斷言3與4確實不在《幾何原本》中，事實上這正是阿基米德的杰出創(chuàng)新。關(guān)鍵問題是，如何定義曲線的長度？什么是圓周長？除了線段長，歐幾里得從不談及任何其它長度。其實這是一個很困難的問題，因為平面上存在有無窮長度的連續(xù)曲線。問題可如下提出：如何比較平面上兩條曲線的長度，或比較三維空間中兩個曲面的面積？“在什么條件下，我們可以判斷一條曲線比另一條更長或更短？”阿基米德如何處理這些問題呢？問題最早可能出現(xiàn)于阿基米德最著名的作品《論球與圓柱I》之中，其中他通過內(nèi)接圓柱計算了球的面積。這比圓周長更復(fù)雜，但原理卻是相似的。在《論球與圓柱I》的介紹中，他得出的兩個引理正是我們這里需要的。聰明的阿基米德并未給出引理的太多細(xì)節(jié)，也沒有提供證明。阿基米德的第一個引理是兩條可能的曲線最簡單的比較。引理1兩點間的直線段短于任何其它連接此兩點的軌道。

第二條要更細(xì)致些。之引理2給定兩點pQ pQ凹軌道都處于線之段pQ的同一邊。若其中一條軌道處于另一條軌道和線段間，則它的長度更短。一條連接p和Q一條連接p和Q且處于pQ一邊的軌道是凹的，那么該軌道和線段pQpQ所圍區(qū)域是凸的。就我所知，阿基米德是第一個在數(shù)學(xué)上使用凸區(qū)域概念的人。我將稍后討論這些引理，先看看如何從這些引理得到斷言3。在本文一開始的圖形中，冗^=4的三角形］'被分割為4個小三角形，其中每一個小

長，同時，由歐幾里得三角形有相同的長為弧pbQ長的底，以及相等的高0P。然而,按照引理1,弧pbQ的長度大于長，同時，由歐幾里得III.2得0B大于0A。根據(jù)對稱性，由此可知斷言3在此情形成立，一般情形72也可如此推理。BB引理2在阿基米德定理證明的第二部分中需要使用。接下來的問題是，阿基米德是如何證明上述引理的呢？如何解釋阿基米德的引理？實事求是地說，據(jù)我所知，阿基米德從沒在任何地方給出過即使是最輕微的提示來回答這個問題。我將提出一些他可能用過的合情推理。首先，因為我們只是尋求合情性，我們可以將問題簡化，假設(shè)所考慮的軌道都是多邊形。我們先看引理1。其最簡單情形即說三角形中任意一條邊小于另外兩條邊之和，見下圖中。此即歐幾里得I.21，也是歸納法進(jìn)行證明的基礎(chǔ)。歐幾里得在非正式基礎(chǔ)上已經(jīng)熟悉歸納法。假設(shè)我們有一由三條線段組成的、連接Q的多邊形軌道PP1P2P3其中最后一個點P3是QQ的多邊形軌道PP1P2P3其中最后一個點P3是Q■■，見下圖中。作輔助線PP2并應(yīng)用歐幾里得1.21,我們得到PQVPP2+P2QV(FP1+P1

P2)+P2Q.這樣我們可如歐幾里得那樣以此類推，得到引理1。引理2更為有趣。同樣，我們考慮一個簡單情形：內(nèi)部曲線由兩條線段組成。我們需要證明內(nèi)部軌道之長小于外部軌道之長:pQ計QiQ<PP1+P1P2+P2

Q.應(yīng)用引理1兩次我們得到PR<PPi+PiP2+P2R^QiQ由此可得到：pQi+QiQ?=pQi+QiR~\~RQ=PR+RQ(P