Toán học cổ đại

Được biết đến qua thực nghiệm ở Lưỡng Hà và Trung Hoa (quy tắc `câu cổ`), định lý này có chứng minh suy diễn kinh điển bằng cách trượt diện tích ở Quyển I, Mệnh đề 47 bộ Cơ sở (Elements, khoảng năm 300 TCN) của Euclid: hạ đường cao từ đỉnh góc vuông để chia hình vuông cạnh huyền thành hai hình chữ nhật có diện tích lần lượt bằng $a^2$ và $b^2$.

Bước 1 (Cắt ghép hình vuông / cấu hình câu cổ): Xếp bốn tam giác vuông bằng nhau có hai cạnh góc vuông $a, b$ và cạnh huyền $c$ dọc theo chu vi của một hình vuông lớn cạnh $a + b$. Vì hai góc nhọn của mỗi tam giác vuông có tổng $\alpha + \beta = 90^\circ$, mỗi góc ở miền trong tạo bởi hai cạnh huyền kề nhau bằng $180^\circ - (\alpha + \beta) = 90^\circ$, nên phần ở giữa là một hình vuông nghiêng cạnh $c$ có diện tích $c^2$.

Bước 2 (Tính diện tích theo hai cách): Khai triển đại số diện tích hình vuông lớn cho ta $(a + b)^2 = a^2 + 2a b + b^2$. Mặt khác, chia hình vuông lớn thành hình vuông trung tâm cộng bốn tam giác vuông cho tổng diện tích $c^2 + 4 \cdot \frac{1}{2}a b = c^2 + 2a b$. Trừ $2a b$ ở cả hai biểu thức ta thu được $a^2 + b^2 = c^2$.

Bước 3 (Chứng minh chiếu đường cao của Euclid, Cơ sở I.47): Hạ đường cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền, chia $c$ thành hai đoạn hình chiếu $p$ và $q$ thỏa $p + q = c$. Theo tam giác đồng dạng (hoặc phép trượt diện tích của Euclid biến mỗi hình vuông cạnh góc vuông thành hình chữ nhật tương ứng trên cạnh huyền), diện tích hai hình vuông dựng trên hai cạnh góc vuông lần lượt là $a^2 = c p$ và $b^2 = c q$. Cộng hai diện tích lại ta được $a^2 + b^2 = c p + c q = c(p + q) = c^2$.

Euclid xét số $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$. Vì $N > 1$ nên $N$ có một ước nguyên tố $q$. Không số $p_i$ nào chia hết $N$ vì $N$ chia cho $p_i$ luôn dư $1$; do đó $q$ là một số nguyên tố mới nằm ngoài $\{p_1, \dots, p_n\}$.

Bước 1 (Cách dựng của Euclid, Cơ sở IX.20): Với danh sách hữu hạn các số nguyên tố $p_1, p_2, \dots, p_n$ bất kỳ, xét số nguyên $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$. Vì $p_1 \ge 2$ nên tích $p_1 p_2 \cdots p_n \ge 2$, suy ra $N \ge 2 + 1 = 3 > 1$.

Bước 2 (Sự tồn tại ước nguyên tố, Cơ sở VII.31): Mọi số nguyên lớn hơn $1$ đều có ít nhất một ước nguyên tố $q$ (ước lớn hơn $1$ nhỏ nhất của nó bắt buộc là số nguyên tố), nên tồn tại số nguyên tố $q$ thỏa $q \mid N$.

Bước 3 (Loại trừ mọi số nguyên tố trong danh sách đã cho): Nếu $q = p_i$ với một $i \in \{1, \dots, n\}$ nào đó thì $q \mid p_1 p_2 \cdots p_n$. Kết hợp với $q \mid N$, suy ra $q$ phải chia hết hiệu $q \mid (N - p_1 p_2 \cdots p_n) = 1$, mâu thuẫn với $q \ge 2$. Do đó $q \notin \{p_1, p_2, \dots, p_n\}$, chứng minh rằng mọi danh sách hữu hạn các số nguyên tố đều chưa đầy đủ.

Trong Về hình cầu và hình trụ (khoảng năm 225 TCN) và Phương pháp các định lý cơ học, Archimedes cân các thiết diện của hình cầu và hình nón với hình trụ trên một đòn bẩy tưởng tượng, rồi đưa ra chứng minh vét cạn chặt chẽ. Ông tự hào về tỉ số $\frac{2}{3}$ đến mức đã dặn khắc hình cầu nội tiếp hình trụ lên bia mộ của mình.

Bước 1 (Thiết lập lát cắt của Archimedes): Đặt một bán cầu bán kính $r$ cạnh một hình trụ tròn xoay có bán kính đáy $r$, chiều cao $r$ đã khoét bỏ một hình nón ngược có bán kính đáy $r$ và chiều cao $r$ (đỉnh tại tâm đáy dưới). Cắt cả hai khối bởi một mặt phẳng nằm ngang ở độ cao $z \in [0, r]$ tính từ đáy.

Bước 2 (Đối chiếu diện tích thiết diện): Ở độ cao $z \in [0, r]$, thiết diện của bán cầu là hình tròn bán kính $\rho = \sqrt{r^2 - z^2}$ theo định lý Pythagoras, nên có diện tích $A_{\text{sphere}}(z) = \pi \rho^2 = \pi(r^2 - z^2)$. Ở cùng độ cao $z \in [0, r]$, thiết diện của hình nón có bán kính $z$ theo tam giác đồng dạng, nên thiết diện hình vành khăn của khối trụ khoét nón có diện tích $A_{\text{annulus}}(z) = \pi r^2 - \pi z^2 = \pi(r^2 - z^2)$.

Bước 3 (Tỉ số thể tích và diện tích mặt): Vì diện tích thiết diện bằng nhau tại mọi độ cao $z \in [0, r]$, nguyên lý Cavalieri (cùng phương pháp đòn bẩy cơ học và vét cạn của Archimedes) cho thể tích bán cầu bằng thể tích trụ trừ thể tích nón: $V_{\text{hemi}} = \pi r^3 - \frac{1}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}\pi r^3$. Nhân đôi lên ta được thể tích hình cầu $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}(2\pi r^3)$. Chia hình cầu thành các hình chóp mảnh có chiều cao $r$ tụ tại tâm cho $V = \frac{1}{3} r S$, suy ra $S = \frac{3V}{r} = 4\pi r^2 = \frac{2}{3}(6\pi r^2)$.