微積分史話 (第 3 頁)

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微積分史話（第 3 頁）

曹亮吉

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．原載於科學月刊
．作者當時任教於台大數學系
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2. 拋物線的弓形面積

窮盡法雖然創自尤多緒斯。但大大發揚光大的就要數阿基米德了。阿基米德除了求圓周率的近似值外，還巧用窮盡法求得許多面積和體積。現在我們來看他如何求得拋物線的弓形面積。

圖一

如圖一，AB 為拋物線的一割線，自其中點 M 作直徑（平行於拋物線軸的直線叫做拋物線的直徑）交拋物線於 C，則阿基米德證明了弓形 ACB 的面積要等於 $\triangle ABC$ 的 $\frac{4}{3}$ 倍。

窮盡

首先，他證明了弓形 ACB 可以被一連串的三角形所「窮盡」。這一連串三角形的作法如下：從 AC、BC 的中點 K、L 各作直徑，分別交拋物線於 P、Q，得三角形 $\triangle APC$ 、 $\triangle BQC$ 填充於弓形與 $\triangle ACB$ 之間的空隙處。依同法，從 AP、CP、CQ、BQ 的各中點作直徑交拋物線於四點，而又可得四個三角形填充於所剩下的空隙。如此反覆進行，就可以得到一連串的三角形。那麼這一連串的三角形能「窮盡」弓形面積嗎？也就是問，能把空隙填滿嗎？用眼睛看顯然不成問題，但阿基米德還是給了一個證明：如圖二，過 C 點作切線，則此切線平行於 AB；過 A、B 作直線平行於 CM，分別交切線於 D、E，則得平行四邊形 ADEB。因此 $\triangle ACB= \frac{1}{2} \Box ADEB > \frac{1}{2}$ 弓形 ACB。同理可證 $\triangle APC > \frac{1}{2}$ 弓形 APC， $\triangle BQC > \frac{1}{2}$ 弓形 BQC。一般而言，每一新階段所作的三角形都能把剩下的空隙填掉一半以上，所以這一連串的三角形終究能把弓形窮盡。

圖二

求和

第二步要證明這些小三角形的面積和 $\triangle ACB$ 有著簡單的關係。阿基米德證明了 $\triangle APC$ = $\frac{1}{8} \triangle ACB$ 、 $\triangle BQC = \frac{1}{8} \triangle ACB$ 。如果 $\triangle ACB$ 的面積為 A₀，則第一次填空隙的兩個三角形其面積和為 $\frac{1}{4} A_0$ 。同理，第二次填空隙的四個三角形每個面積都等於第一次填空隙所用三角形（如 $\triangle APC$ ）的 $\frac{1}{8}$ ，所以總面積和 $A_2 = \frac{1}{4}A_1 = \frac{1}{16}A_0$ 。如此類推，第 n 次填空隙的三角形面積和 A_n 等於 $\frac{1}{4^n} A_0$ 。所以

$\begin{displaymath} \begin{eqalign} \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selec... ... &= \frac{4}{3}A_0 = \frac{4}{3} \triangle ACB$ \end{eqalign}\end{displaymath}$

間接證法

這不就得證了？但慢著，上面的計算用了無窮等比級數的和公式 $1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4^2} + \cdots + \frac{1}{4^n} + \cdots$ $= \frac{1}{\textstyle 1- \frac{1}{4} }$ $= \frac{4}{3}$ 而阿基米德時代的人們只會求有限項等比級數的和。所以為了證明弓形的面積確實等於 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ ，他用窮盡法中典型的間接證法做了第三步的討論：

由等比級數的和公式知

$\displaystyle A_0+A_1+A_2+ \cdots + A_n$	=	$\displaystyle A_0 + \frac{1}{4}A_0 + \frac{1}{4^2}A_0 + \cdots + \frac{1}{4^n}A_0$
	=	$\displaystyle \frac{1- (\frac{1}{4})^{n+1}}{1- \frac{1}{4}}A_0$
	=	$\displaystyle \frac{4}{3}A_0 - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4^n}A_0$
	=	$\displaystyle \frac{4}{3} \triangle ACB - \frac{1}{3} A_n$	(1)

假如弓形的面積 A 大於 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ ，則因諸 A_n 可以窮盡 A，所以當 n 夠大時， $A_0 + A_1 + A_2+ \cdots + A_n$ 會落在 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ 及 A 之間，即 $\frac{4}{3} \triangle ACB < A_0+A_1+A_2+ \cdots +A_n<A$ ；但由先前的(1)式知 $A_0 + A_1 + A_2+ \cdots + A_n$ 應小於 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ ，故得矛盾。反之，如果 A 小於 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ ，則可以選很大的 n，使得

$\begin{displaymath} A_n=\frac{1}{4^n} A_0 < \frac{4}{3} \triangle ACB-A \end{displaymath}$

(2)

但由(1)式，得

$\begin{displaymath} \frac{4}{3} \triangle ACB-(A_0+A_1+A_2+ \cdots + A_n)= \frac{1}{3} A_n<A_n \end{displaymath}$

(3)

比較(2)、(3)兩式，得 $A_0+A_1+A_2+ \cdots +A_n > A$ ，這又是個矛盾。既然 $A > \frac{4}{3} \triangle ACB$ 或 $A< \frac {4}{3}\triangle ACB$ 的假設都不對，A 當然就得等於 $\frac{4}{3} \triangle ACB$ 了。

當然，實際上阿基米德是求得了無窮等比級數的和，但因為他沒有明確的極限觀念，不能由

$\begin{displaymath} A_0+A_1+A_2+\cdots +A_n=\frac{1-(\frac {1}{4} )^{n+1}}{1-\frac{1}{4}}A_0 \end{displaymath}$

的等比級數和公式，一下子跳到

$\begin{displaymath} A=A_0+A_1+A_2+\cdots +A_n+\cdots=\frac{1}{1-\frac{1}{4}} A_0 \end{displaymath}$

的結論。（即愈加愈多時， $\frac{1}{4^{n+1}}$ 變得愈來愈小，終致消失。）事實上，在那時代，大家還不會處理負號，所以上面的說明及計算中，凡有負號的都要移到等號的另一邊，這更使我們了解阿基米德論證之不易。

致命傷

除了拋物線的弓形面積外，阿基米德還用窮盡法求得很多面積和體積（譬如球面的面積和球體的體積等）。因為情況的不同，阿基米德用的窮盡辦法也不一樣，譬如在窮盡拋物線弓形面積時，他就利用了不少拋物線所特有的性質。所以在求各種面積（體積）時，窮盡的原理雖然相同，其方法卻未能統一，這是窮盡法的致命傷。阿基米德之後，後繼無人，將近兩千年之間，求積的方法居然沒有什麼進步。

方法

其實，阿基米德另有方法來補窮盡法之不足。為了知道某一面積該是多少，他把該面積想成是由無窮線條所組成（見圖三 AB），然後技巧地應用槓桿原理求得了面積。但他認為這種方法不夠嚴密，所以知道了面積之後，再用傳統的窮盡法加以證明。

圖三

用現在積分學的眼光來看，他用槓桿原理求面積的方法並沒有什麼不嚴密之處；只是當時對「無窮」及「線條」沒有明確的觀念罷了。

阿基米德把如何用槓桿原理求積的方法寫在一部叫做《方法》（The Method）的書上。可惜這本書消失了兩千一百年之久，直到1906年才重新出現。但求積歷史發展的結果，卻與阿基米德把面積看成由無窮個線條所組成的看法吻合。一旦大家弄清楚了「無窮」個「線條」（寬為「無窮小」的矩形）之「和」，也就是積分學成熟的時候。

槓桿原理和求積扯得上關係？這是槓桿原理開山祖師阿基米德的一項傑作，詳情請參考附錄一。（或參閱康明昌先生的《微積分入門》，七十一年故鄉出版社，第二章第一節。）
網站編輯按：亦可參閱康明昌的〈Archimedes 論面積〉，或李宗元、古學理的〈亞基米德的祕密〉。

習題

第一、二、三題都是阿基米德用過的性質。你能不用解析幾何的方法證明嗎？（阿基米德不懂任何解析幾何！）如果不能，用解析幾何如何？如果還不能（第二題），則只好等學會微分了。

如果拋物線的一直徑等分某割線，則必等分平行於該割線的任一割線。
在圖二中， $DE \parallel AB$ 。
在圖一中， $\triangle APC = \frac{1}{8} \triangle ACB$ 。
仿阿基米德的間接證法（即前文中的第三步）證明

$\begin{displaymath} \frac{1}{2} + \frac{1}{4}+\frac{1}{8}+ \cdots +\frac{1}{2^n}=1 \end{displaymath}$
連 $\triangle PQR$ 三邊的中點成一三角形 KLM（見圖四）。此三角形稱為原三角形的中點三角形。做 $\triangle PML$ 、 $\triangle QMK$ 、 $\triangle RKL$ 的三個中點三角形填充於 $\triangle PQR$ 及 $\triangle KLM$ 之間的空隙。問如此反覆做出的諸中點三角形能否把原三角形窮盡？

圖四
請用級數證明下面的「窮盡」原理：固定一面積 A 及一正整數 k，假設從 A 中先除去不小於 $\frac{1}{k}A$ 的面積，再從剩餘的部分除去不小於 $\frac{1}{k}$ 的部分，如此反覆進行，除去的總面積終於要和 A 相等。
討論「窮盡」的意義。把一面積「窮盡」，是否要把面積內的每一點都填滿？

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編輯：楊佳芳 ∕ 校對：楊佳芳 ∕ 繪圖：張琇惠

最後修改日期：2/17/2002