圓的面積

一個半徑為 r 的圓的面積為$\pi r^2$。這裡的希臘字母π，和通常一樣代表圓周長和直徑的比值，即為圓周率。

現代數學家可以用微積分或更高深的後繼理論實分析得到這個面積。但是，在古希臘，數學家阿基米德在《圓的測量》中使用歐幾里得幾何證明了一個圓周內部的面積等於一個以其圓周長及半徑作為兩個直角邊的直角三角形面積。周長為$2\pi r$，直角三角形的面積為兩直角邊乘積的一半，得出圓的面積為$\pi r^2$。中國古代流傳之《九章算術·方田》章中的圓田術對圓面積計算的敘述為「半周半徑相乘得積步」。魏晉時代的劉徽註解《九章算術》時，則以「窮盡」割圓術提供了相同結果的證明。

除了這上述古老和現代的方法，我們也考察一些具有歷史和實際興趣的不同方法。

## 算術證明

按照阿基米德的方法，比較一個圓與底為圓周長高為半徑的直角三角形。如果圓與三角形的面積不相等，那麼必為大於或小於。我們用反證法排除這兩種情形，剩下惟一可能就是等於。證明的關鍵是利用正多邊形。

### 不大於

假設圓面積$C$大於三角形$T=\frac{1}{2}cr$。記$E$為超過的部分。取一正方形內接於圓周，所有四個角在圓周上。在正方形和圓周之間是四個小弓形。如果這四個弓形的總面積$G_4$大於$E$，將每條弧平分。這樣內接正方形變成了內接正八邊形，產生了的 8 個弓形，總面積$G_8$更小。繼續分割，直到總面積差$G_n$小於$E$。現在內接正多邊形的面積$P_n=C-G_n$，一定比三角形的面積大。

$$\begin{align} <pre> E &{}= C - T \\ &{}> G_n \\ P_n &{}= C - G_n \\ &{}> C - E \\ P_n &{}> T </pre> \end{align}$$

但這產生了矛盾：從圓心向正多邊形的每一邊作垂線，垂線的長度$h$一定比圓半徑小。而且每條多邊形的邊長$s$小於弓形弧長，這樣邊長$ns$總和小於圓周長。多邊形區域和$n$個底為$s$高$h$的三角形面積，即等於$\frac{1}{2}nhs$。但是由於$h<r$和$ns<c$，多邊形面積一定小於三角形面積$\frac{1}{2}cr$，矛盾。從而我們的假設$C$比$T$大一定是錯誤的。

### 不小於

假設圓面積小於三角形的面積。記$D$為不足的部分。取一個圓外切正方形，所以每條邊的中點在圓周上。如果正方形和圓周的面積差$G_4$，大於$D$，將所有角用圓的切線裁去得到了一個圓外切正八邊形，繼續這樣的過程直到面積差小於$D$。正多邊形的面積$P_n$一定小於$T$。

$$\begin{align} <pre> D &{}= T - C \\ &{}> G_n \\ P_n &{}= C + G_n \\ &{}< C + D \\ P_n &{}< T </pre> \end{align}$$

這樣同樣得到了矛盾：因為圓心到多邊形各邊的垂線是半徑，長為$r$。而邊長總和大於圓周長，多邊形由 n 個全等的三角形組成，總面積大於$T$。又一次我們得到了矛盾，從而假設$C$大於$T$一定也是錯的。

所以圓的面積一定恰好和三角形的面積相等。這樣便證明了結論。

## 重排證明

按照 Satō Moshun (佐藤茂春《算法天元指南》) Smith和李奧納多·達文西Beckmann的方法，我們可用另一方式使用圓內接正多邊形。假設我們有一個內接正六邊形。將其從圓心剪開為 6 個三角形。相對的兩個三角形和兩條相同的直徑相接；沿著一條滑動，這樣輻射狀的邊變為相鄰。它們現在組成了一個平行四邊形，六邊形的邊組成了一組相對底邊$s$。兩條輻射狀邊組成了斜邊，高為$h$（和阿基米德里證明中的相同）。事實上，我們可以把所有的三角形連續排列起來，可組成一個大平行四邊形。如果我們把邊數增加為 8 條以及更多，同樣成立。對一個正$2n$多邊形，平行四邊形的底邊長為$2ns$，高為$h$。當邊數增加時，平行四邊形的邊長趨近於周長一半，高趨近於圓半徑。取極限，平行四邊形變為一個寬$\pi r$高$r$的長方形。

多邊形｜平行四邊形

$n$｜邊｜底｜高｜面積

4｜1.4142136｜2.8284271｜0.7071068｜2.0000000

6｜1.0000000｜3.0000000｜0.8660254｜2.5980762

8｜0.7653669｜3.0614675｜0.9238795｜2.8284271

10｜0.6180340｜3.0901699｜0.9510565｜2.9389263

12｜0.5176381｜3.1058285｜0.9659258｜3.0000000

14｜0.4450419｜3.1152931｜0.9749279｜3.0371862

16｜0.3901806｜3.1214452｜0.9807853｜3.0614675

96｜0.0654382｜3.1410320｜0.9994646｜3.1393502

$\infty$｜$\frac{1}{\infty}$｜$\pi$｜1｜$\pi$

## 洋蔥證明

使用微積分，我們將圓像洋蔥一樣分為薄圓環，遞增地求出面積。這是二維微積分學。對「洋蔥」以 t 為半徑的無窮薄圓環，貢獻的面積是$2\pi t \; dt$，周長的長度乘以其無窮小寬度。這樣對半徑為$r$的圓給出了一個初等積分：

$$\begin{align} <pre> \mathrm{Area}(r) &{}= \int_0^{r} 2 \pi t \, dt \\ &{}= \left[ (2\pi) \frac{t^2}{2} \right]_{t=0}^{r}\\ &{}= \pi r^2. </pre> \end{align}$$

## 半圓證明

利用三角換元法，我們代換$x=r \sin\theta$：

$$dx=r \cos \theta\, d \theta$$

$$\theta = \arcsin \left ( \frac{x}{r} \right )$$

圓面積 $=2\int_{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2}\,dx$

$$=4 \int_{0}^r \sqrt{r^2 - x^2}\,dx$$

$$=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{r^2(1-\sin ^2 \theta)} \cdot r \cos \theta\, d \theta$$

$$=4r^2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 \theta\, d \theta$$

利用三角恆等式 $\cos 2\theta = 2 \cos ^2 \theta\ - 1$。

$$=2r^2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2\theta)\, d \theta$$

$$=2r^2\left[\theta+\frac{1}{2}\sin 2\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$$

$$=\pi r^2.$$

## 快速逼近

阿基米德演算法逼近圓的面積數值非常費力，他算到96邊形就停下了。日後出現一個更快的方法，由威理博·斯涅爾提出（Cyclometricus），惠更斯步其後塵（De Circuli Magnitudine Inventa，1654年）。

```
记载这种方法。
```

給定一個圓周，設$u_n$為內接正$n$邊形的周長，設$U_n$為外切正$n$邊形的面積。那麼我們用如下兩個公式：

$u_{2n} = \sqrt{U_{2n} u_{n}}$ （幾何平均）

$U_{2n} = \frac{2 U_{n} u_{n}}{ U_{n} + u_{n}}$ （調和平均）

阿基米德將一個六邊形翻倍4次得到了96邊形。對一個單位圓，一個內接正六邊形有$u_6=6$，一個外切正六邊形有$U_6=4\sqrt{3}$。很幸運地我們有十進位小數記法和上面兩個公式，所以可以快速算完七次：

$k$｜$n$｜$u_n$｜$U_n$｜$\frac{u_n+U_n}{4}$

0｜6｜6.0000000｜6.9282032｜3.2320508

1｜12｜6.2116571｜6.4307806｜3.1606094

2｜24｜6.2652572｜6.3193199｜3.1461443

3｜48｜6.2787004｜6.2921724｜3.1427182

4｜96｜6.2820639｜6.2854292｜3.1418733

5｜192｜6.2829049｜6.2837461｜3.1416628

6｜384｜6.2831152｜6.2833255｜3.1416102

7｜768｜6.2831678｜6.2832204｜3.1415970

最後一個數值的一個最佳有理逼近是$\frac{355}{113}$，這是$\pi$非常好的一個近似。但是斯涅爾提出（惠更斯證明）了一個比阿基米德方法更佳的界。

$$n \frac{3 \sin \frac{\pi}{n}}{2+\cos\frac{\pi}{n}} < \pi < n \frac{2 \sin \frac{\pi}{n} + \tan \frac{\pi}{n}}{3}$$

從而我們能得到同樣的逼近，從 48 邊形算得十進位值約為 3.14159292。

### 推導

讓我們考慮邊長為$s_n$的圓內接正$n$邊形，其中一條邊為$AB$是圓的一條弦。設$A'$為圓周上$A$的對徑點，從而$A'A$是一條直徑，$A'AB$是直徑上的一個圓內接三角形。由泰勒斯定理，這是一個直角三角形，角$B$ 是直角。設$A'B$長$c_n$，我們稱為$s_n$的補；從而${c_n}^2+{s_n}^2=(2r)^2$。

設$C$平分弧$AB$，設$C'$為$C$的對徑點。從而$CA$的長度為$s_{2n}$，$C'A$的長度為$c_{2n}$，$C'CA$是直徑$C'C$上的直角三角形。因為$C$平分弧$AB$，$C'C$垂直於弦$AB$，垂足設為$P$。三角形$C'AP$也是一個直角三角形，相似於$C'CA$，因為它們在$C$有公共角。從而所有三條對應的邊有相同的比例，特別地我們有$C'A:C'C=C'P:C'A$以及$AP:C'A=CA:C'C$。圓心$O$，平分$A'A$，所以三角形$OAP$也相似於$A'AB$，$OP$的長度是$A'B$ 的一半。就邊長而言，我們得出

$$\begin{align} <pre> c_{2n}^2 &{}= \left( r + \frac{1}{2} c_n \right) 2r \\ c_{2n} &{}= \frac{s_n}{s_{2n}} . </pre> \end{align}$$

在第一個等式中$C'P$為$C'O+OP$，長度$r+\frac{1}{2}c_n$，而$C'C$為直徑$2r$。對一個單位圓我們有著名的魯道夫·范·科伊倫翻倍公式。

$$c_{2n} = \sqrt{2+c_n} . \,\!$$

現在如果我們外切一個正 n 邊形，邊為$A''+B''$ 平行於$AB$，那麼$OAB$和$OA''B''$是相似三角形，得出$A''B'':AB=OC:OP$。稱外切邊長為$S_n$，那麼$S_n:s_n=1:\frac{1}{2}c_n$。（我們又一次用到了$OP$長是$A'B$的一半。）

從而我們得到

$$c_n = 2\frac{s_n}{S_n} . \,\!$$

稱外切周長為$u_n=ns_n$，內接周長$U_n=nS_n$。那麼將這些等式聯合起來，我們有

$$c_{2n} = \frac{s_n}{s_{2n}} = 2 \frac{s_{2n}}{S_{2n}} ,$$

所以

$$u_{2n}^2 = u_n U_{2n} . \,\!$$

給出一個幾何平均等式。

同樣我們也推出

$$2 \frac{s_{2n}}{S_{2n}} \frac{s_n}{s_{2n}} = 2 + 2 \frac{s_n}{S_n} ,$$

或

$$\frac{2}{U_{2n}} = \frac{1}{u_n} + \frac{1}{U_n} .$$

給出一個調和平均等式。

## 飛鏢逼近

當更好的方法尋找圓的面積無效時，我們可以求助於「擲飛鏢」。這種蒙特卡羅演算法的原理是：如果隨機樣本一致地散布於一個包含圓的正方形中，樣本擊中圓的比例趨近於圓和正方形的面積比。這可以視為求圓（或任何區域）面積的最後一種手段，因為它要求巨大的樣本數才能確保精確度，一個 10−n 的估計需要大約 100n 個隨機樣本Thijsse。在某些情形，蒙特卡羅演算法是數值逼近可用的最好方法。

## 有限拼圖

我們已經看到可以將圓分為無窮塊重組為一個長方形。最近Laczkovich發現的一個驚人的事實是我們可以將圓分為很大但有限塊然後重拼成一個相同面積的正方形。這稱為塔斯基分割圓問題。米可斯·拉茲柯維奇的證明本質是他證明了「存在」這樣的分解（事實上有很多），但是沒有給出任何實際的分解。

## 推廣

我們可以將圓伸縮長為一個橢圓。因為伸縮是一個平面的線性變換，一個變形因子會改變面積但是保持面積的比例。這個觀察可以用於從單位圓得出任何橢圓的面積。

考慮單位圓內切於邊長為 2 的正方形。一個伸長或收縮分別把水平與垂直半徑變為橢圓的半長軸與半短軸。正方形變為一個外切於橢圓的長方形。圓與正方形面積比為$\frac{\pi}{4}$，這意味著橢圓與長方形的面積比也是$\frac{\pi}{4}$。假設$a$和$b$分別為橢圓的半長軸與半短軸。因長方形的面積為$4ab$，從而橢圓的面積是$\pi ab$。

我們也可以考慮高維數類似測度，比如可能想要求出球體的體積。當我們知道球面面積公式後，可以使用與圓一樣的「洋蔥」積分法。

## 參見

- 圓、圓周率
- 割圓術，中國古代數學家劉徽所用的類似於阿基米德的方法。

## 外部連結

- Area enclosed by a circle (with interactive animation)
- Science News on Tarski problem