圓與π (第 2 頁)

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圓與π （第 2 頁）

蔡聰明

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．原載於科學月刊第二十七卷第六期
．作者當時任教於台大數學系
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圓的面積

有了圓周長的公式，我們就可以採用弧度制來度量角的大小並且定義三角函數，進一步有

補題2： $\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\sin x}{x}=1$

證明：由 L'Hospital 規則

$\begin{displaymath}\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\cos x}{1}=1\end{displaymath}$

這裡所用到的微分公式 $D \sin x=\cos x$ ，一般的微積分教科書都利用補題2來推導，這就是繞圈子。為了避開繞圈子，我們改採如下的論證法：如圖四，考慮單位圓上兩點 A 與 A'，並且

$\begin{displaymath} A = (\cos x,\sin x) , \quad A'=(\cos{(x+h)},\sin{(x+h)}) \end{displaymath}$

圖四

過 A 點作水平線交 A'M' 於 B 點，於是

$\begin{eqnarray*} A'B &=& \sin(x+h) - \sin x \\ \frac{\sin(x+h) -\sin x}{h} &=& \frac{A'B}{AA'} \cdot \frac{AA'}{h} \end{eqnarray*}$

所以

$\begin{displaymath} \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h} = \lim_{h\ri... ... 0}\frac{AB'}{AA'} \cdot \lim_{h\rightarrow 0} \frac{AA'}{h} \end{displaymath}$

顯然 $\lim_{h\rightarrow 0}\frac{AA'}{h}=1$ ，但是 $\lim_{h\rightarrow 0} \frac{AB'}{AA'} =$ ？

當 A' 趨近於 A 時，割線 A'A 趨近於過 A 點的切線，而圓的切線與半徑垂直，參見圖五。

圖五

切線 AT 與水平線 AB（或 x 軸）的交角為 $x+\frac{\pi_1}{2}$ ，因此

$\begin{displaymath} \lim_{h\rightarrow 0}\frac{AB'}{AA'} = \sin{(x+\frac{\pi_1}{2})} = \cos x \end{displaymath}$

從而

$\begin{displaymath} d \sin x = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\sin{(x+h)}-\sin x}{h} = \cos x \end{displaymath}$

注意：通常的微積分教科書採用不等式

$\begin{displaymath}\cos x<\frac{\sin x}{x}<\frac{1}{\cos x}\end{displaymath}$

與夾擊原理來證明補題2，但是此地我們不能這樣做，因為不等式之推導，要用到還未出現的圓面積公式。

今考慮半徑為 r 的圓，令 A_n 與 B_n 分別表示圓內接與圓外切正 n 邊形的面積，再令 a_n = A_{6 x 2ⁿ}, b_n=B_{6 x 2ⁿ} 則顯然有

$\begin{displaymath}a_0<a_1<a_2<\cdots<a_n<\cdots<b_n<\cdots<b_2<b_1<b_0\end{displaymath}$

並且

$\begin{eqnarray*} a_n &=& 6\times2^nr^2 \sin{\frac{\pi_1}{6\times2^n}} \cos{\fr... ...mes2^n}} \\ b_n &=& 6\times2^nr^2\tan{\frac{\pi_1}{6\times2^n}} \end{eqnarray*}$

利用補題2，很容易就得到

: 補題3： $\lim_{n\rightarrow\infty}(b_n-a_n)=0$

由實數系的完備性知，下限兩個極限存在且相等

$\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n\end{displaymath}$

這個共同的極限值就定義為圓的面積。

: 注意：由補題2，我們可以直接求得 $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\pi_1$ , $r^2=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ 而得到圓的面積公式。但是，我們不走此路線，寧可走傳統歷史的道路。

我們都知道，兩個相似三角形的面積之比等於對應邊平方之比。同理，因為任何兩個圓皆相似，故兩個圓面積之比就等於相應的半徑平方之比。

定理2：設兩個圓的半徑為 r₁ 與 r₂，面積分別為 A₁ 與 A₂，則有 $\frac{A_1}{r_1^2}=\frac{A_2}{r_2^2}$

證明：令 A_n⁽¹⁾ 與 A_n⁽²⁾ 分別表示兩個圓的內接正邊形的面積，則

$\begin{displaymath} \lim_{n\rightarrow\infty}A_n^{(1)}=A_1 \quad \mbox{{\fontfam... ...ctfont \char 47}} \quad \lim_{n\rightarrow\infty}A_n^{(2)}=A_2 \end{displaymath}$

由相似三角形的面積比之定理知

$\begin{displaymath} \frac{A_n^{(1)}}{r_1^2}=\frac{A_n^{(2)}}{r_2^2} \end{displaymath}$

於是

$\begin{displaymath} \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A_n^{(1)}}{r_1^2} = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A_n^{(2)}}{r_2^2} \end{displaymath}$

從而

$\begin{displaymath} \frac{A_1}{r_1^2}=\frac{A_2}{r_2^2} \end{displaymath}$

注意：在數學史上，由於阿基米得沒有極限工具可用，所以他採用窮盡法 (method of exhaustion) 與兩次的歸謬法 (double reductio ad absurdum) 來證明定理2。

根據定理2，圓的面積與半徑平方的比值為一個普遍的常數，跟圓的大小無關，記此常數為 $\pi_2$ 。因此，若一個圓的半徑為 r，則其面積為 $A=\pi_2r^2$ 這個就是圓的面積公式。

我們注意到，通常微積分教科書上，利用積分 $4\int_0^r\sqrt{r^2-x^2}dx$ 來求算圓的面積，這犯了繞圈子的毛病。

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編輯：石莉君 ∕ 校對：康明軒 ∕ 繪圖：張琇惠

最後修改日期：2/17/2002