1-2 放物線の面積(2) これから，アルキメデスの証明を紹介するが， その前に放物線で成り立ついくつかの性質を証明する． なお，証明はできるだけ初等幾何を用いた． 
命題1放物線$C$の焦点を$F$,準線を$d$とする．$C$上の点$P$における接線と準線$d$との交点を$Q$， $P$から$d$に下した垂線の足を$H$とする．このとき次が成り立つ． (1)$P$における接線$PQ$は$\angle HPF$を二等分線する． (2)２点$F,H$は直線$PQ$に関して対称である． (3) $\angle QFP=90^{\circ}$ 証明 (1)は直交座標を用いて証明する． 放物線を$y^2=4px$とおく．$P(x_0,y_0)$における接線は $y_0y=2p(x+x_0)$ である.接線と$x$軸との交点$A$は$A(-x_0,0).\therefore AF=p+x_0$ 一方 $PF=PH=x_0+p$ $\therefore PH=FA$ したがって，四角形$AFPH$はひし形であり(1)が成り立つ． (1)及び$PH=PF$より$F,H$が直線$PB$に関して対称であり，さらに，$\triangle PHQ\equiv \triangle PFQ$ および$\angle QHP=90^{\circ}$より$\angle QFP=90^{\circ}$ 
参考遠くからの光(軸に平行な直線)は右図で，放物線で等角に反射し $AP+PF=AH,BP'+P'F=BH'$ ここで$AH=BH'$が成り立つので $AP+PF=BP'+P'F$ が成り立つ．これは放物線の重要性質でパラボラアンテナに 利用されている． 
命題2放物線$C$の焦点を$F$,準線を$d$とする.放物線外の１点$P$から放物線$C$ に接線$PA,PB$を引き，$P$を通り放物線$C$の軸に平行な直線と直線$AB$および放物線$C$ との交点をそれぞれ$M,N$とする． このとき次が成り立つ． (1)$N$における放物線$C$の接線は直線$AB$に平行である． (2)$N$は線分$PM$の中点である． 証明 $A,B$から準線$d$に下した垂線の足をそれぞれ$H,K$とする． 命題1より$H,F$は直線$AP$に関して対称であり， $K,F$は直線$BP$に関して対称． したがって$PH=PK(=PF)$. $PM$と準線$d$との交点を$L$とすれば，$PM\perp d$より$HL=KL$. 台形$HKBA$において$HA\parallel PM$をより$AM=BM$. $N$における放物線$C$の接線と$AP,BP$との交点をそれぞれ$A_1,B_1$とする． $A_1$を通り$PM$と平行な直線を引き$AB$との交点を$M_1$とすればすでに示したことより，$M_1$は$AM$ の中点．$\triangle PMA$ で$A_1M_1\parallel PM$より$A_1$は$PA$の中点．同様に$B_1$は$PB$の 中点であるから$A_1B_1\parallel AB$.さらに$N$は$PM$の中点である． これから用いる放物線の性質を，座標軸を用いるおよび初等幾何の２方法で証明しました．座標軸を 考えることにより，とても考えやすくなったと感じるのではないでしょうか． 平面や空間に座標軸を導入し，曲線や曲面を方程式で表して問題を解決する方法を解析幾何といいます． 解析幾何はデカルト以降の概念です．ここで述べた２つの証明を比べることにより，解析幾何の導入により， それまで一部の天才たちだけの数学が一般の人が扱えることになったことがわかると思います．  上図で $AP,BP$はそれぞれ$A,B$における接線，$PM$は軸に平行，直線$P_1P_2$は$N$における接線である． すでに証明したことより， $PN=NM,P_1N_1=N_1 N_3$ が成り立つ．したがって， $\triangle ANM=\triangle APN=2\triangle P_1NA=4\triangle AN_1N$ 直線$PM$に関して下側も同じことを行えば $\triangle AN_1N+\triangle NN_2B=\dfrac{1}{4}(\triangle ANM+\triangle NBM) =\dfrac{1}{4}\triangle ANB$ さらに，放物線と直線$AB$で囲まれた部分のうち，残された部分を，$N_1,N_2$における接線を引いて もとめ，それを繰り返す．そうすると， 放物線と直線$AB$で囲まれた部分の面積を$S,T=\triangle ANB$, とおくと $S=T(1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4^2}+\dfrac{1}{4^3}+\cdots ) =\dfrac{4}{3}T \cdots (\sharp_1)$ となる． この証明法を搾(しぼ)り出し法といいます． さて，この証明で，放物線と直線で囲まれたすべての部分をカバーすることができるかという疑問が起こるかもしれません． その解決は，放物線と直線で囲まれた任意の点に対して，$n$を十分多くとれば，その点を含むことが できることを示す方法が一般的ですが，天才アルキメデスはここでもちょっと違います． 次のように解決しました． 上図をもう一度見てください． $\triangle AN_1N=$(四角形$AP_1NN_1$) であるから， $T(1+\dfrac{1}{4}) < S < T(1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4})$ 同じことが，$n$回操作後も成り立つから $T(1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4^2}+\dfrac{1}{4^3}+\cdots +\dfrac{1}{4^n}) < S < T(1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4^2}+\dfrac{1}{4^3}+\cdots +\dfrac{1}{4^{n-1}}+\dfrac{1}{4^n}+\dfrac{1}{4^n})\cdots (\sharp _2)$ この不等式より，はさみうちの原理を用いて $S=\frac{4}{3}T$ を導き出しています．この議論の進め方，すなわち与えられた図形を内側と外側から近似し挟みうちの原理を用いる，が現在の面積の求め方であり， 積分の起こりとみなされています． 続く 目次 |