古代数学

这一关系在美索不达米亚和中国（勾股术）早已被经验性地掌握，而欧几里得在《几何原本》（约公元前300年）第一卷命题47中给出了经典的面积剪切演绎证明：从直角顶点向斜边作高，将斜边上的正方形分成面积分别等于 $a^2$ 和 $b^2$ 的两个矩形。

第一步（正方形割补／弦图构造）： 将四个直角边为 $a, b$、斜边为 $c$ 的全等直角三角形沿边长为 $a + b$ 的大正方形四周排列。由于直角三角形两锐角之和为 $\alpha + \beta = 90^\circ$，相邻斜边围成的每个内角均为 $180^\circ - (\alpha + \beta) = 90^\circ$，因此中间围成的是边长为 $c$、面积为 $c^2$ 的正方形。

第二步（用两种方式计算总面积）： 将外围大正方形的面积代数展开得 $(a + b)^2 = a^2 + 2a b + b^2$；将其分解为中间正方形与四个直角三角形的面积之和则得 $c^2 + 4 \cdot \frac{1}{2}a b = c^2 + 2a b$。两式同时减去 $2a b$ 即得 $a^2 + b^2 = c^2$。

第三步（欧几里得射影面积证明，《几何原本》第I卷命题47）： 从直角顶点向斜边作高，将斜边 $c$ 分为满足 $p + q = c$ 的两段 $p$ 与 $q$。由相似三角形性质（或欧几里得将直角边正方形剪切变换为斜边上对应矩形的等积证法），两条直角边上的正方形面积分别为 $a^2 = c p$ 与 $b^2 = c q$。相加即得 $a^2 + b^2 = c p + c q = c(p + q) = c^2$。

欧几里得考察数 $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$。因为 $N > 1$，所以 $N$ 必有素因子 $q$。任何 $p_i$ 都不能整除 $N$，因为 $N$ 除以 $p_i$ 余数为 $1$；因此 $q$ 是不在 $\{p_1, \dots, p_n\}$ 中的新素数。

第一步（欧几里得构造，《几何原本》第IX卷命题20）： 对任意给定的有限个素数 $p_1, p_2, \dots, p_n$，定义整数 $N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1$。因为 $p_1 \ge 2$，乘积 $p_1 p_2 \cdots p_n \ge 2$，所以 $N \ge 2 + 1 = 3 > 1$。

第二步（素因子的存在性，《几何原本》第VII卷命题31）： 每个大于 $1$ 的整数必有素因子 $q$（其大于 $1$ 的最小因子必为素数），故存在素数 $q$ 满足 $q \mid N$。

第三步（排除已知列表中的所有素数）： 若对某个 $i \in \{1, \dots, n\}$ 有 $q = p_i$，则 $q \mid p_1 p_2 \cdots p_n$。结合 $q \mid N$ 可知 $q$ 必整除两者的差 $q \mid (N - p_1 p_2 \cdots p_n) = 1$，这与 $q \ge 2$ 矛盾。因此 $q \notin \{p_1, p_2, \dots, p_n\}$，证得任何有限素数列表都不完整。

在《论球和圆柱》（约公元前225年）与《机械定理方法》中，阿基米德先利用假想杠杆将球与圆锥的截面同圆柱相平衡从而发现结论，随后用穷竭法给出了严格证明。他对这一 $\frac{2}{3}$ 的比例极为自豪，生前嘱咐在自己的墓碑上刻下球内切于圆柱的图形。

第一步（阿基米德截面构造）： 将半径为 $r$ 的半球与一个底面半径为 $r$、高为 $r$ 的圆柱并排放置，并在圆柱内挖去一个倒置圆锥（顶点在底面中心，顶面半径为 $r$，高为 $r$）。用距离底面高度为 $z \in [0, r]$ 的水平面同时截这两个立体。

第二步（证明截面面积相等）： 在高度 $z \in [0, r]$ 处，由勾股定理知半球的截面是半径为 $\rho = \sqrt{r^2 - z^2}$ 的圆，面积为 $A_{\text{sphere}}(z) = \pi \rho^2 = \pi(r^2 - z^2)$。在同一高度 $z \in [0, r]$ 处，由相似三角形知被挖去圆锥的截面半径为 $z$，因此挖去圆锥后的圆柱环形截面面积为 $A_{\text{annulus}}(z) = \pi r^2 - \pi z^2 = \pi(r^2 - z^2)$，两者完全相等。

第三步（体积比与表面积比）： 由于在任意高度 $z \in [0, r]$ 处截面面积均相等，由祖暅原理／卡瓦列里原理（以及阿基米德杠杆平衡与穷竭法）可知半球体积等于圆柱减圆锥：$V_{\text{hemi}} = \pi r^3 - \frac{1}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}\pi r^3$。加倍即得整球体积 $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{2}{3}(2\pi r^3)$。再将球体分割为顶点在球心、高为 $r$ 的无穷小锥体可得 $V = \frac{1}{3} r S$，从而推出 $S = \frac{3V}{r} = 4\pi r^2 = \frac{2}{3}(6\pi r^2)$。