bh，面积（正多边形）
b
2
= bh+ bh+ ..+bh n
11 1 ，共有项
22 2
=
1h（b+b+ ..+b ）=
1
hQ
22
因为（b+b+..+b）是周长。证讫。
简单明快。阿基米德的第二个定理当时也非常著名，而且显然是不证
自明的。这一定理称，如果给我们一个已知圆，我们可以作圆内接正方形；
欧几里得在命题.. IV.6中已证明过这种作图。当然，正方形的面积肯定小于
其外接圆的面积。我们通过平分正方形的每条边，就可以确定圆内接正八
边形的顶点位置。当然，正八边形比正方形更接近于圆的面积。如果我们
再平分八边形的每条边，就可以得到圆内接正.. 16边形，这当然比八边形又
更接近圆的面积。
边形的顶点位置。当然，正八边形比正方形更接近于圆的面积。如果我们
再平分八边形的每条边，就可以得到圆内接正.. 16边形，这当然比八边形又
更接近圆的面积。
先给定的面积。例如，如果预先给定的面积为1 平方英寸，我们可以
500
作一个内接正多边形，而使
面积（圆）-面积（正多边形）＜1 平方英寸
500
这一正多边形也许有几百条边或几千条边，但这并不重要，重要的是它存
在。
外切正多边形也具有类似的规律。我们可以用一句话来概括这两种正
多边形的规律，即，对于任何已知圆，我们都可以作出它的内接正多边形
或外切正多边形，其面积可任意接近圆的面积。正是这句“可任意接近”
成为了阿基米德成功的关键。
以上就是阿基米德的两个初步命题。下面，我们有必要就他论证两个
面积相等时所采用的逻辑方法作一个简单的介绍。在某种意义上，这种逻
辑方法比我们以往所见到的任何方法都更复杂，或者说，至少更曲折。例
如，我们可以回想一下，欧几里得是如何证明直角三角形斜边上正方形的
面积等于两条直角边上正方形面积之和的：他直接推理，证明了问题中的
面积相等。他的证明方法虽然非常巧妙，却只是正面论证。
然而，阿基米德在论证更为复杂的圆面积问题时，采用了一种间接证
明的方法。他认为，任何两个量.. A与.. B，一定只能属于下列三种情况中的
一种：A＜B，或.. A＞B，或.. A=B。为了证明.. A=B，阿基米德首先假设.. A＜B，
并由此推导出逻辑矛盾，因而排除这种情况的可能性。然后，他再假设.. A＞B，并再次推导出逻辑矛盾。排除了这两种可能性后，就只剩下了一种可
能性，即.. A等于.. B。
这就是阿基米德极为精彩的间接证明方法——“双重归谬法”，将三
种可能性中的两种引入逻辑矛盾。这种方法初看起来似乎有点绕圈子，但
细想一下就会觉得非常合理。排除了三种可能性中的两种，就迫使人们得
出结论，只有第三种可能性是正确的。当然，没有人能比阿基米德更熟练
地应用双重归谬法了。
依据这两个初步定理，我们就可以来看一看这位几何大师是如何证明
《圆的测定》一书中的第一个命题的。
命题.. 1任何圆的面积都等于这样一个直角三角形的面积，该直角三
角形的一条直角边等于圆的半径，另一条直角边等于圆的周长。
证明阿基米德首先作两个图形（图.. 4.3）：圆的圆心为O，半径为r，
周长为.. C；直角三角形的底边等于.. C，高等于.. r。我们用.. A代表圆的面积，
用.. T代表三角形的面积，而前者就是阿基米德求证的对象。显然，
用.. T代表三角形的面积，而前者就是阿基米德求证的对象。显然，
1rC。
2
命题宣称.. A=T。为证明这一点，阿基米德采用了双重归谬法证明，他
需要考虑并排除其他两种可能性。
例1假设.. A＞T。
这一假设表明，圆面积以一定量大于三角形面积。换言之，其超出量
A-T是一个正量。阿基米德知道，通过作圆内接正方形，并反复平分正方
形的边，他就可以得到一个圆内接正多边形，其面积与圆面积不等，且小
于正量.. A-T。即
A-面积（内接正多边形）＜A-T
在不等式的两边各加上“面积（内接正多边形）+T-A”，得
T＜面积（内接正多边形）
但是，这是一个圆内接正多边形（图.. 4.4）。因此，多边形的周长.. Q
小于圆周长.. C，其边心距.. h当然也小于圆的半径.. r。我们据此得出
面积（内接多边形）=
1hQ＜
1
rC = T
22
至此，阿基米德推导出了预期的矛盾，因为他已得出.. T＜面积（内接
多边形）和面积（内接多边形）＜T两种结论。这在逻辑上是不成立的，
因此，我们得出结论，例.. 1是不可能的；圆面积不能大于三角形面积。
现在，他来考虑第二种可能性。
例2假设.. A＜T。
这次，阿基米德假设圆的面积小于三角形面积，因而，T-A代表三角
形面积对圆面积的超出量。我们知道，我们可以作一个圆外切正多边形，
其面积大于圆面积，但小于.. T-A。也就是
面积（外切正多边形）-A＜T-A
如果我们在这一不等式两边各加上.. A，则
面积（外切正多边形）＜T
但是，外切正多边形（图.. 4.5）的边心距h等于圆的半径.. r，而正多边
形的周长.. Q显然大于圆的周长.. C。因此
面积（外切正多边形）=
1hQ＞
1
rC = T
22
这样，就再次出现了矛盾，因为外切多边形的面积不可能既小于、又
大于三角形的面积。因此，阿基米德推断，例.. 2也是不可能的；圆面积不
能小于三角形面积。
最后，阿基米德写道：“由于圆的面积既不大于、也不小于（三角形
面积），因此，圆面积等于三角形面积。”证讫。
这就是阿基米德的证明，这颗小小的明珠出自一位无可争议的伟大数
学家之手。阿基米德用圆面积既不大于、也不小于三角形面积的方法来证
明这两个面积一定相等，这种证明方法使一些人感到甚为奇特。一些人感
到这种论证方法太绕圈子，对他们我们不妨引述《哈姆雷特》中大臣波洛
涅斯一句话的大意：“这虽则是疯狂，却有深意在内。”人们可能会感到
奇怪，这么简短的证明方法，希波克拉底或欧多克索斯或欧几里得怎么会
忽略了呢？事后聪明总是不难。这里，我们再次引述普卢塔克关于阿基米
德数学的描述：
涅斯一句话的大意：“这虽则是疯狂，却有深意在内。”人们可能会感到
奇怪，这么简短的证明方法，希波克拉底或欧多克索斯或欧几里得怎么会
忽略了呢？事后聪明总是不难。这里，我们再次引述普卢塔克关于阿基米
德数学的描述：
既然阿基米德已证明圆的面积与三角形面积相等，那么，他是否可以
解决我们曾在第一章中讨论过的人们长期探索的求圆面积问题呢？答案当
然是否定的，因为要成功地解决圆的求积问题，就必须要作出与圆面积相
等的直线图形。但是，阿基米德的证明没有，也没有声称能够提供任何有
关如何作这种等面积三角形的线索。当然，作出三角形的一条直角边等于
圆的半径并不难，难的是作出三角形的另一条直角边，使之等于圆的周长。
因为
C=πD，所以，要作出圆的周长，就必须作出π。我们已知，这种作
图是根本不可能的。阿基米德的证明决不能被解释成他试图据此作出圆的
等面积正方形；情况不是这样。
尽管如此，读者从阿基米德的定理中，也许仍然看不出我们所熟悉的
求圆面积公式，因为他所证明的毕竟只是圆面积等于一定三角形的面积。
但是，我们将看到，这正是典型的阿基米德方法——使一个未知图形的面
积与一个更简单的已知图形面积相联系。然而，问题不仅如此。因为我们
所说的三角形，其底边等于圆的周长，这里有两层重要含义。其一，阿基
米德不像欧几里得那样，不是将一个圆的面积与另一个圆的面积相联系（这
基本上是一种“相对性”的方法），而是将圆的面积与它自己的周长和半
径相联系，并反映在它的等面积三角形之中。这样，通过证明A=T=
1rC。
2
阿基米德就在一维概念的周长与二维概念的面积之间建立了联系。因为
C=
πD=2πr，我们可把阿基米德的定理重新写成
A=
1rC=
1r（
π）
2r = πr2
22
这就出现了几何学中我们最熟悉，也是最重要的公式之一。
还应指出，阿基米德的命题显然包含了欧几里得关于两个圆面积之比
等于其直径的平方比这一比较平淡的命题。也就是，如果我们设一个圆的
面积为
A
1，直径为
D
1，设第二个圆的面积为
A
2，直径为
D
2，则阿基米德证
明
22
A1 =pR12 =p(
D1 )2 =p D1 和A2 =pr2
2 =p(
D2)2 =p D2
24 24
因此
D2
A p 1
D2
141
==
A D2 D2
2 22
p
4
这就概括了欧几里得的定理。所以，阿基米德的命题足以表明欧几里得的
命题是一个不甚重要的系定理。因而，阿基米德的命题标志着数学上的一
个真正进步。
回头再看以前的讨论，现在我们能够确定“欧几里得”表达式
A=KD
2
中常数
k的数值。因为根据阿基米德的发现，我们知道，
πr2=A=kD2=k(2r)2=4kr2
因此，4k = π，k=
4
p。换言之，欧几里得的“二维”面积常数恰好等于
“一维”圆周长常数π的四分之一。所以，阿基米德的命题带给我们一个
好消息，我们无需计算这两个不同的常数。如果我们能够从圆周长问题中
确定π的值，就能够将其应用于圆面积公式。
这后一点也没有难倒阿基米德。实际上，在《圆的测定》一书的第三
个命题中，他就推导出了常数π的值。
命题3任何圆的周长与其直径之比都小于31 ，但大于310 。
7 7110 1
用现代符号表示，即：371
＜π＜37
。将这些分数化为等值小
数，阿基米德的命题就成为
3.140845..＜π＜3.142857..：这样，就
确定了常数π的值，精确到两位小数，为
3.14。
阿基米德得出π的估计值，又一次显示了他的才能。他准备再次应用
他非常有用的圆内接和外切正多边形，不同的是，这次他不再求面积，而
将注意力集中在多边形的周长上。他首先作圆内接正六边形（图
4.6）。
已知正六边形的边长等于圆的半径，其长度我们称之为
r。因此，
π＝
圆周长
＞
六边形周长
＝
6r
＝3
圆直径圆直径2r
当然，这是对π值的非常粗略的估计，但阿基米德刚刚迈出第一步。
接下来，他将这一内接多边形的边数加倍，得到一个正
12边形。他必须计
算出这个
12边形的周长。正是在这个问题上，他使现代数学家惊叹不已，
因为要确定十二边形的周长，就要算出
3的平方根。当然，我们今天使用
计算器或计算机，这已不是什么难事，但在阿基米德时代，不仅这些先进
设备无法想象，而且，甚至没有帮助进行这种计算的适当数系。阿基米德
对
3的数值作了如下估计：
265 ＜
3＜1351
153
780
这是非常接近的估计。
随后，阿基米德继续平分内接多边形的边，得到正
24边形，然后是正
48边形，最后得到正
96边形。在这一过程中，每一步他都要估算复杂的
平方根，但他从不动摇。当他得到
96边形时，他的估算值为
圆周长正96边形周长6336 10
π＝
圆直径
＞
圆直径
＞
1
＞3
712017
4
阿基米德似乎意犹未尽，又转向外切正
12边形、24边形、48边形
和96边形，作类似的估算，并由此得到π值的上限31 。虽然他面对的
7
是糟糕透顶的数系，而且没有估算平方根的简单方法，但他的估算证实了
他令人敬畏的才华。这些计算采用了笨拙的算术方法，犹如一个人戴着沉
重的镣铐参加高栏赛跑。然而，阿基米德凭借他的智慧和毅力，成功地计
算出了重要常数π的第一个科学近似值。犹如本章后记所述，自此，科学
家再不曾停止过寻求高精确度的π近似值。
《圆的测定》一书流传到我们手中，只有三个命题，不过薄薄几页。
而且，第二个命题也不恰当，难以令人满意。毫无疑问，这是阿基米德谢
世后多少年来低劣的抄写、编辑和翻译造成的。表面看来，这样短的论文
似乎不太可能产生这样大的影响。但试想在第一个命题中，阿基米德就证
明了关于圆面积的著名公式；在最后一个命题中，他又出色地给出了π的
近似值，这篇短论文何以得到历代数学家高度评价，就显而易见了。论文
的优劣不在于篇幅长短，而在于其数学质量。根据这一标准，《圆的测定》
一书不愧是一部经典之作。
阿基米德名作：《论球和圆柱》
上述三个命题仅仅讨论了阿基米德数学遗产的一部分，除此以外，他
还写过有关螺线，劈锥曲面和椭球体的几何论文，并发现了通过求一无穷
几何级数之和来确定抛物线弓形面积的方法。这后一个问题（求曲线面
积），现在属于微积分领域，由此可见，阿基米德超越他所处的时代有多
么远。
然而，相对于所有这些成就，他无可争议的代表作则是一部内容广泛
的两卷本著作，题为《论球和圆柱》。在这部著作中，阿基米德以其近乎
超人的智慧，确定了球体及有关几何体的体积和表面积，从而像在《圆的
测定》中对二维图形的研究一样，解决了三维立体的问题。这是一项伟大
的成就，阿基米德自己似乎也认为，这标志着他数学事业的顶峰。
我们首先应回顾一下古希腊人对三维立体表面积和体积的认识。如前
一章所述，欧几里得证明了两个球体体积之比等于其直径的立方比；换言
之，这里有一个“体积常数”m，因而，
体积（球体）=mD
3
这是欧几里得对球体体积的认识，但对于球体的表面积，他却始终保
持沉默。因而，对这个问题的成功解决，再次有赖于阿基米德《论球和圆
柱》的出现。
这一部两卷本著作运用了一种大家熟悉的论述方式，首先是一系列定
义和假设，然后从中推导出复杂的定理。总之，还是欧几里得的模式。书
中的第一个命题平平淡淡：“已知一个圆外切正多边形，则其周长大于圆
的周长。”但是，阿基米德很快就转向了更复杂的问题。通观他的全部论
述，（至少用现代人的眼光来看），一个很大的缺憾是，由于缺乏简明的
代数符号，他无法用简单的公式来表示体积和表面积，而只能依靠陈述，
例如：
