力学定理の方法

『機械定理の方法』（ギリシャ語: Περὶ μηχανικῶν θεωρημάτων πρὸς Ἐρατοσθένη ἔφοδος ）は、 『方法』とも呼ばれ、古代ギリシャの博学者アルキメデスの現存する主要な著作の 1 つです。『方法』は、アルキメデスからアレクサンドリア図書館の主任司書エラトステネス^{[ 1 ]}への手紙の形式をとっており、不可分量（不可分量は無限小の幾何学的バージョン）が初めて明示的に使用されていることが証明されています。 ^{[ 1 ] [ 2 ]}この著作は当初失われたと考えられていましたが、1906 年に有名なアルキメデス・パリンプセストの中で再発見されました。このパリンプセストには、アルキメデスの「力学的方法」に関する記述が含まれている。これは、図形の重心（重心）とてこの法則に基づいていることからそう呼ばれており、アルキメデスは『平面の平衡について』の中でこれらを実証した。

アルキメデスは不可分量の方法を厳密な数学の一部として認めなかったため、その結果を収めた正式な論文にはその方法を記載しなかった。これらの論文では、彼は同じ定理を網羅的に証明し、求められる答えに収束する厳密な上限と下限を見つけ出した。しかしながら、彼が後に厳密な証明を与えた関係式を発見する際に用いたのは、まさにこの機械的な方法であった。

アルキメデスの考えは、てこの法則を用いて、既知の図形の重心から別の図形の面積を求めるというものでした。^{[ 1 ]： 8}現代の言葉で最も簡単な例は放物線の面積です。現代的なアプローチでは、積分を計算することによってこの面積を求めることになります。

$${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{2}\,dx={\frac {1}{3}},}$$

これは積分計算における基本的な結果です。代わりに、アルキメデス法は放物線（上で積分されている曲線領域）を同じ材料で作られた特定の三角形で機械的にバランスさせます。放物線は、${\displaystyle (x,y)}$飛行機と${\displaystyle x}$軸と曲線$\displaystyle y=x^{2}}$として${\displaystyle x}$0から 1まで変化する。三角形は、同じ平面上の領域で、${\displaystyle x}$軸と線${\displaystyle y=x}$また、${\displaystyle x}$0から 1までの値をとります。

放物線と三角形を、それぞれの値に対応する垂直スライスに分割します。${\displaystyle x}$想像してみてください${\displaystyle x}$-軸はてこで、支点は${\displaystyle x=0}$. The law of the lever states that two objects on opposite sides of the fulcrum will balance if each has the same torque, where an object's torque equals its weight times its distance to the fulcrum. For each value of ${\displaystyle x}$, the slice of the triangle at position ${\displaystyle x}$ has a mass equal to its height ${\displaystyle x}$, and is at a distance ${\displaystyle x}$ from the fulcrum; so it would balance the corresponding slice of the parabola, of height ${\displaystyle x^{2}}$, if the latter were moved to ${\displaystyle x=-1}$, at a distance of 1 on the other side of the fulcrum.

Since each pair of slices balances, moving the whole parabola to ${\displaystyle x=-1}$ would balance the whole triangle. This means that if the original uncut parabola is hung by a hook from the point ${\displaystyle x=-1}$ (so that the whole mass of the parabola is attached to that point), it will balance the triangle sitting between ${\displaystyle x=0}$ and ${\displaystyle x=1}$.

The center of mass of a triangle can be easily found by the following method, also due to Archimedes.^[1]:14 If a median line is drawn from any one of the vertices of a triangle to the opposite edge ${\displaystyle E}$, the triangle will balance on the median, considered as a fulcrum. The reason is that if the triangle is divided into infinitesimal line segments parallel to ${\displaystyle E}$, each segment has equal length on opposite sides of the median, so balance follows by symmetry. This argument can be easily made rigorous by exhaustion by using little rectangles instead of infinitesimal lines, and this is what Archimedes does in On the Equilibrium of Planes.

So the center of mass of a triangle must be at the intersection point of the medians. For the triangle in question, one median is the line ${\displaystyle y=x/2}$, while a second median is the line ${\displaystyle y=1-x}$. Solving these equations, we see that the intersection of these two medians is above the point ${\displaystyle x=2/3}$, so that the total effect of the triangle on the lever is as if the total mass of the triangle were pushing down on (or hanging from) this point. The total torque exerted by the triangle is its area, 1/2, times the distance 2/3 of its center of mass from the fulcrum at ${\displaystyle x=0}$. This torque of 1/3 balances the parabola, which is at a distance 1 from the fulcrum. Hence, the area of the parabola must be 1/3 to give it the opposite torque.

This type of method can be used to find the area of an arbitrary section of a parabola, and similar arguments can be used to find the integral of any power of ${\displaystyle x}$, although higher powers become complicated without algebra. Archimedes only went as far as the integral of ${\displaystyle x^{3}}$, which he used to find the center of mass of a hemisphere, and in other work, the center of mass of a parabola.

右の図の放物線を考えてみましょう。放物線上の2つの点を選び、それらをAとBとします。

線分AC が放物線の対称軸に平行であると仮定します。さらに、線分BC が、点Bで放物線に接する直線上にあると仮定します。最初の命題は次のとおりです。^{[ 1 ] : 14}

三角形ABCの​​面積は、放物線と割線ABで囲まれた領域の面積のちょうど3倍である。

証明：^{[ 1 ]： 15-18}

ACの中点をDとする。J からD までの距離が B から Dまでの距離と等しい、Dを通る線分JBを作図する。線分JBをDを支点とする「てこ」と考える。^{[ 3 ]}アルキメデスが以前示したように、三角形の重心は「てこ」上の点Iにあり、 DI : DB = 1:3 である。したがって、三角形の内部の全重量がIにあり、放物線の部分の全重量がJにある場合、てこは平衡状態にあることを示せば十分である。   

三角形の無限に小さな断面を線分HEで表す。ここで、点HはBC上に、点EはAB上にあり、HE は放物線の対称軸に平行である。HEと放物線の交点をF 、 HEとレバーの交点をGとする。このような線分HEの重さがレバーと交わる点Gにすべてかかっている場合、それらは三角形全体の重さが点Iにかかっている場合と同じトルクをレバーに及ぼす。したがって、断面HEの重さがGに、放物線の断面EFの重さがJにかかっている場合、レバーは平衡状態にあることを示したい。言い換えれば、EF : GD = EH : JDであることを示せば十分である。しかし、これは放物線の式から当然導かれる結果である。証明終了      

再び、力学的方法を明確にするために、座標幾何学を少し用いると便利です。^{[ 4 ]}半径1の球を中心がx  =  1にある場合、垂直断面半径は$\displaystyle \rho _{S}}$0から2までの任意のxにおける値は、次の式で与えられる。 $${\displaystyle \rho _{S}(x)={\sqrt {x(2-x)}}.}$$

てこの上でバランスを取るという目的においては、この断面の質量は面積に比例する。

$${\displaystyle \pi \rho _{S}(x)^{2}=2\pi x-\pi x^{2}.}$$

アルキメデスは、 x - y平面上のy  =  0とy  = xおよびx = 2の間の三角形領域をx軸を中心に回転させて円錐を形成することを考えた。^{[ 1 ]： 18-21}この円錐の断面は半径の円である。  $\displaystyle \rho _{C}}$

$${\displaystyle \rho _{C}(x)=x}$$

この断面の面積は

$${\displaystyle \pi \rho _{C}^{2}=\pi x^{2}.}$$

円錐と球の両方の断面を一緒に計量する場合、合計断面積は次のようになります。

$${\displaystyle M(x)=2\pi x.}$$

2枚のスライスを支点から距離1の位置に置くと、それらの総重量は面積の円によって正確に釣り合う。$2π$反対側の支点から距離x の位置にある。つまり、円錐と球のすべての材料をx = 1 の位置に移動させた場合、反対側にある底面の半径 1、長さ 2 の円柱と釣り合うことになる。

xの値が0から2まで変化すると、円柱の重心は支点から距離1の位置にあるため、円柱のすべての重量は位置1に集中していると考えることができます。平衡条件により、円錐の体積と球の体積の合計が円柱の体積と等しくなります。

円柱の体積は断面積です。$2π$高さの倍数、つまり2倍、または$4π$アルキメデスは、現代の用語で言えば、関係する積分が放物線の面積を求める積分と全く同じであるため、力学的方法を用いて円錐の体積を求めることもできた。円錐の体積は、底面積の 1/3 に高さを掛けたものである。円錐の底面は半径 2 の円で、面積は$4π$高さは2なので、面積は${\displaystyle 8\pi /3}$円柱の体積から円錐の体積を引くと、球の体積が得られます。

$${\displaystyle V_{S}=4\pi -{8 \over 3}\pi ={4 \over 3}\pi .}$$

球の体積が半径に依存することはスケーリングから明らかだが、当時それを厳密に証明するのは容易ではなかった。この方法によって、球の体積に関するよく知られた公式が得られる。アルキメデスは寸法を線形にスケーリングすることで、体積の結果を回転楕円体にも容易に拡張した。^{[ 1 ]： 21-23}

アルキメデスの議論は上記の議論とほぼ同じだが、彼の円筒は半径が大きかったため、円錐と円筒は支点からより遠い位置に吊り下げられていた。彼はこの議論を自身の最大の功績と考え、バランスのとれた球、円錐、円筒の図を墓石に刻むよう依頼した。

球の表面積を求めるために、アルキメデスは、円の面積が円周に沿って無限に並ぶ無数の微小な直角三角形として考えられるのと同様に（「円の測定」を参照）、球の体積は、半径に等しい高さと底面を持つ多数の円錐に分割して表すことができると主張した。円錐はすべて同じ高さなので、その体積は底面積の3分の1に高さを掛けたものになる。

アルキメデスは、球の総体積は、底面の表面積が球と同じで、高さが半径である円錐の体積に等しいと述べています。^{[ 1 ]： 20-21}この議論の詳細が示されていませんが、明らかな理由は、円錐は底面の面積を分割することによって無限小の円錐に分割でき、球の場合と同様に、それぞれの円錐が底面の面積に応じて寄与するということです。

球の表面積をSとする。底面積S、高さrの円錐の体積は ${\displaystyle Sr/3}$これは球の体積と等しくなければならない。${\displaystyle 4\pi r^{3}/3}$したがって、球の表面積は$\displaystyle 4\pi r^{2}}$または「最大の円の4倍」。アルキメデスは『球と円柱について』の中でこれを厳密に証明している。

この方法の注目すべき点の1つは、アルキメデスが円筒の断面によって定義される2つの形状を発見し、その体積は${\displaystyle \pi }$曲線的な境界を持つ形状であっても、これは研究の中心的なポイントである。つまり、特定の曲線形状は定規とコンパスで修正できるため、幾何学的立体の交点によって定義される体積の間には、自明ではない合理的な関係が存在する。

アルキメデスは論文の冒頭でこの点を強調し、読者に別の方法で結果を再現してみるよう促している。他の例とは異なり、これらの図形の体積は彼の他の著作では厳密に計算されていない。パリンプセストに残された断片から判断すると、アルキメデスは体積の厳密な境界を証明するために図形を内接および外接していたようだが、その詳細は残っていない。

彼が考慮する2つの形状は、直角に交わる2つの円筒（二重円筒）であり、これは次の式を満たす領域（x、y、z）である。   $${\displaystyle x^{2}+y^{2}<1,\quad y^{2}+z^{2}<1,}$$ そして円柱は、以下の条件を満たす領域である。 $${\displaystyle x^{2}+y^{2}<1,\quad 0<z<y.}$$ どちらの問題も、機械的方法による積分を容易にする分割法が存在する。円柱の場合、x軸に沿ってスライスする。任意のxにおけるy - z平面上の領域は、辺の長さがの直角三角形の内部である。${\displaystyle {\sqrt {1-x^{2}}}}$その地域は${\displaystyle {1 \over 2}(1-x^{2})}$総体積は次のようになります。 $${\displaystyle \displaystyle \int _{-1}^{1}{1 \over 2}(1-x^{2})\,dx}$$ これは機械的方法を使えば簡単に修正できる。各三角形のセクションに面積が の三角錐のセクションを追加する。${\displaystyle x^{2}/2}$断面積が一定の角柱を釣り合わせる。

2つの円柱の交差部分については、原稿ではスライスが失われていますが、文書の残りの部分と並行して明白な方法で再構築できます。xz平面がスライス方向である場合、円柱の方程式は次のようになります。${\displaystyle x^{2}<1-y^{2}}$その間${\displaystyle z^{2}<1-y^{2}}$これは、辺の長さがx - z平面上の正方形である領域を定義します。${\displaystyle 2{\sqrt {1-y^{2}}}}$総体積は次のようになります。 $${\displaystyle \displaystyle \int _{-1}^{1}4(1-y^{2})\,dy.}$$ そしてこれは前の例と同じ積分です。ヤン・ホーゲンダイクは、アルキメデスは二重円筒の体積に加えて、その表面積も知っていたと主張しており、表面積も有理数です。^{[ 5 ]}

幾何幾何学の命題が、同様の議論によってこのパリンプセストの中で証明されている。その定理の一つは、半球の重心の位置は、極から球の中心までの距離の 5/8 の位置にあるというものである。この問題は、三次積分を計算するものであるため注目に値する。