古代の数学

メソポタミアや中国（勾股の法）でも経験的に知られていたが、エウクレイデス（ユークリッド）の『原論』（紀元前300年頃）第I巻命題47において、直角の頂点から垂線を下ろして斜辺上の正方形を面積が $a^2$ と $b^2$ に等しい二つの長方形に分割する演繹的証明が与えられた。

ステップ1（正方形の分割／勾股図）： 直角を挟む2辺が $a, b$、斜辺が $c$ の合同な4つの直角三角形を、1辺の長さ $a + b$ の大きな正方形の周囲に配置する。直角三角形の2つの鋭角の和は $\alpha + \beta = 90^\circ$ なので、隣り合う斜辺がなす内側の各角は $180^\circ - (\alpha + \beta) = 90^\circ$ となり、中央の領域は1辺 $c$・面積 $c^2$ の傾いた正方形になる。

ステップ2（2通りの面積計算の比較）： 外側の正方形の面積を代数的に展開すると $(a + b)^2 = a^2 + 2a b + b^2$ となる。同じ正方形を中央の正方形と4つの直角三角形の和として表すと $c^2 + 4 \cdot \frac{1}{2}a b = c^2 + 2a b$ となる。両式から $2a b$ を引けば $a^2 + b^2 = c^2$ が得られる。

ステップ3（エウクレイデスの垂線射影による証明、『原論』第I巻命題47）： 直角の頂点から斜辺へ垂線を下ろし、斜辺 $c$ を $p + q = c$ となる2つの線分 $p$ と $q$ に分ける。三角形の相似（またはエウクレイデスの等積変形）により、2つの直角辺上の正方形の面積はそれぞれ $a^2 = c p$ および $b^2 = c q$ に等しい。両者を足し合わせると $a^2 + b^2 = c p + c q = c(p + q) = c^2$ となる。

エウクレイデスは $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$ を考える。$N > 1$ より $N$ は素因数 $q$ をもつ。どの $p_i$ も $N$ を割り切らない（$N$ を $p_i$ で割ると余りが $1$ になるため）。したがって $q$ は $\{p_1, \dots, p_n\}$ の外にある新しい素数である。

ステップ1（エウクレイデスの構成、『原論』第IX巻命題20）： 任意の有限個の素数の並び $p_1, p_2, \dots, p_n$ に対し、整数 $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$ を定める。$p_1 \ge 2$ より積 $p_1 p_2 \cdots p_n \ge 2$ であるから $N \ge 2 + 1 = 3 > 1$ となる。

ステップ2（素因数の存在、『原論』第VII巻命題31）： $1$ より大きいすべての整数は素因数 $q$ をもつ（$1$ より大きい最小の約数は必ず素数である）ため、$q \mid N$ を満たす素数 $q$ が存在する。

ステップ3（与えられたリストの素数の排除）： もしある $i \in \{1, \dots, n\}$ に対して $q = p_i$ であれば、$q \mid p_1 p_2 \cdots p_n$ となる。同時に $q \mid N$ でもあるから、$q$ はその差 $q \mid (N - p_1 p_2 \cdots p_n) = 1$ を割り切らねばならないが、これは $q \ge 2$ に矛盾する。したがって $q \notin \{p_1, p_2, \dots, p_n\}$ であり、いかなる有限個の素数のリストも不完全であることが示された。

『球と円柱について』（紀元前225年頃）および『方法』において、アルキメデスは仮想的なてこの上で球と円錐の断面を円柱と釣り合わせることで関係を見いだし、さらに取り尽くし法による厳密な証明を与えた。彼はこの $\frac{2}{3}$ という比を誇りとし、円柱に内接する球の図を墓標に刻むよう遺言した。

ステップ1（アルキメデスの断面設定）： 半径 $r$ の半球の横に、底面の半径 $r$・高さ $r$ の直円柱から逆向きの直円錐（頂点が底面中心、上端の半径 $r$、高さ $r$）をくり抜いた立体を置く。両方の立体を底面からの高さ $z \in [0, r]$ の水平面で切断する。

ステップ2（断面積の一致）： 高さ $z \in [0, r]$ における半球の断面はピタゴラスの定理より半径 $\rho = \sqrt{r^2 - z^2}$ の円となり、その面積は $A_{\text{sphere}}(z) = \pi \rho^2 = \pi(r^2 - z^2)$ である。同じ高さ $z \in [0, r]$ における円錐の断面は相似より半径 $z$ の円なので、円錐をくり抜いた円柱の円環断面の面積は $A_{\text{annulus}}(z) = \pi r^2 - \pi z^2 = \pi(r^2 - z^2)$ となって完全に一致する。

ステップ3（体積比と表面積比の導出）： すべての高さ $z \in [0, r]$ で断面積が等しいため、カヴァリエリの原理（およびアルキメデスのてこの原理・取り尽くし法）により、半球の体積は円柱から円錐を引いた $V_{\text{hemi}} = \pi r^3 - \frac{1}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}\pi r^3$ となる。これを2倍して球全体の体積 $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}(2\pi r^3)$ を得る。さらに球を中心からの高さ $r$ の微小な錐体に分割すると $V = \frac{1}{3} r S$ となるため、$S = \frac{3V}{r} = 4\pi r^2 = \frac{2}{3}(6\pi r^2)$ が従う。