解析概論/第3章/古代の求積法

28．古代の求積法

特殊の曲線曲面に関する求積法は，古代から知られていた．Archimedes が球の面積及び体積を計算した方法は有名であるが，Archimedes はまた次のような方法を考案して，ひとつの弦で限られた放物線の截片の面積をみごとに計算した．

$AB$ を放物線の弦，$OM$ をその中点を通る径とすれば，放物線と弦とで囲まれる截片の面積 $S$ は三角形 $OAB$ の面積 $T$ の $\tfrac{4}{3}$ に等しい．すなわち

$S=\frac{4}{3}T.$

今現代的に座標法を用いて，径 $OM$ を $x$ 軸，$O$ における接線を $y$ 軸にとれば放物線の方程式は $y^2=cx$ で $OM=a$ とすれば， $AB$ の極は $N=(-a,0)$ である．すなわち $O$ は $NM$ の中点で，弦 $AB$ とその両端における接線とが作る三角形 $NAB$ の面積は $\triangle OAB$ の面積の二倍に等しい．

同様の関係はもちろん弦 $OA,OB$ に関して成り立つから，図上の記号でいえば $O_1M_1=\tfrac{1}{2}N_1M_1=\tfrac{1}{4}OM$．故に $\triangle OO_1'A=\tfrac{1}{4}\triangle OAM$．同様に $\triangle OO_1'B=\tfrac{1}{4}\triangle OBM$．今 $\triangle OO_1A,\triangle OO_1'B$ の面積の和を $T_1$ とすれば

$T_1=\frac{1}{4}T.$

同じように弦 $O_1A,OO_1,OO_1',O_1'B$ を底として同様の三角形を作って，それらの面積の和を $T_2$ とすれば

$T_2=\frac{1}{4}T_1=\frac{1}{4^2}T.$

このような操作を限りなく継続して，$T,T_1,T_2,\ldots$ によって，求めるところの面積 $S$ を搾り出してしまおうというのである．古代の求積法の秘訣であって，いわゆる搾出法（method of exhaustion）である．すなわち

$S=T+\frac{T}{4}+\frac{T}{4^2}+\cdots =T\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\cdots\right) =\frac{4}{3}T.$

ただし，このように放漫に結論を出してしまっては，18世紀式になる．$T,T_1,T_2$ 等をいつまで作って行くとしても，それらは決して面積 $S$ を覆いきらない，という論点に関しては，ギリシア数学は神経質であった．搾っても搾っても搾りきれないではないか，というのである．Archimedes においても，この論点はもちろん重大であった．彼は次のように考えた．今，図の記号でいえば，面積 $T+T_1$ では $S$ の一部分にすぎないが，もしも $\triangle OAB$ の上にさらに $\triangle OAN_1$ と $\triangle OBN_1'$ とを加えるならば，それは $S$ よりも大きい．これらの二つの三角形はそれぞれ $\triangle OAO_1,\triangle OBO_1'$ の二倍だから，その和は $2T_1$ に等しい．すなわち $T+T_1<S<T+2T_1$ ．同様のことが上記操作の各段階において成り立つから，

$T+T_1+\cdots+T_{n-1}+T_n<S<T+T_1+\cdots+T_{n-1}+2T_n,$

$T\left(1+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{4^n}\right)<S<T\left(1+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{4^n}+\frac{1}{4^n}\right),$

$\frac{4}{3}T\left(1-\frac{1}{4^{n+1}}\right)<S<\frac{4}{3}T\left(1-\frac{1}{4^{n+1}}\right)+\frac{T}{4^n},$

(1)

$-\frac{1}{3}\cdot\frac{T}{4^n}<S-\frac{4}{3}T<\frac{2}{3}\cdot\frac{T}{4^n}.$

$n$ は任意だから，$S$ は $\tfrac{4}{3}T$ より他のどんな数でもありえない．

このような精密論法はギリシア数学の一つの特徴であったのだが，17，18世紀における近世数学の創世記には，そこまで行くいとまがなくて，19世紀も半ばを過ぎたあとにいたって，ようやく復興されたものである．上記 Archimedes の考察法は解析概論において方法論上重要であるから，少し詳しく述べておこう．上記 (1) から

(2)

$\left|S-\frac{4}{3}T\right|<\frac{2T}{3}\cdot\frac{1}{4^n}$

を得て，それから $|S-\tfrac{4}{3}T|=0$，従って $S=\tfrac{4}{3}T$ を得るのであるが，ここでは $S$ も $T$ も定数で，任意の自然数なる $n$ だけが変数である．今左辺の定数 $|S-\tfrac{4}{3}T|$ を略して $\varepsilon$ と書き，また右辺における定数 $\tfrac{2}{3}T$ を略して $a$ と書くならば， $\varepsilon\geqq 0,a>0$ だが， $4^n>n$ を用いるならば，(2) から

(3)

$\varepsilon<\frac{a}{n}$

を得る．これから $\varepsilon=0$ がでてくるのであるが，それは次の原則による．

$\varepsilon$ と $a$ が与えられた正数ならば，（$\varepsilon$ がいかに小さく，$a$ がいかに大きくても）$n\varepsilon>a$ になるような自然数 $n$ が必ず存在する．現今それを Archimedes の原則といっている．

この原則を承認するならば，(3) から $\varepsilon=0$ を得る．なぜなら： 今かりに $\varepsilon>0$ とするならば，すべての自然数 $n$ に関して

$\varepsilon<\frac{a}{n},$　従って　$n\varepsilon<a$

でなければならない．これは Archimedes の原則に矛盾する．故に $\varepsilon>0$ なる仮定は不合理である．然るに $\varepsilon\geqq 0$ ．故に $\varepsilon=0$ である．

Archimedes の原則は実数の連続性（§2）の中に含まれている．もしかりに Archimedes の原則が成り立たないとするならば，すべての自然数 $n$ に関して $n\leqq\frac{a}{\varepsilon}$．すなわち，すべての自然数の集合が有界，従ってその集合に上限 $s$ があり（定理 2），従って $s-1<n\leqq s$ なる或る自然数 $n$ があり，従って $s<n+1$． $n+1$ も自然数だから，これは不合理である．故に Archimedes の原則を承認せざるを得ない！