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天体运行论 作者: 哥白尼 第十二章 圆周的弦长 【按哥白尼原订写作方案，为第二卷第一章】 按数学家的一般作法，我把圆分为360度。但是古人将直径划为120等分（例如见托勒密《大成》，Ⅰ，10）。后人希望避免弦长（大部分是无理数，甚至在平方时也如此）在乘除中出现分数的麻烦。有人采用1，200，000等分；另一些人取2，000，000；而在印度数码通行后，还有人创立其他适用的直径体系。用这样的体系作快速运算，肯定超过希腊或拉丁体系。由于这个缘故，我也采用直径的200，000划分法，这已足够排除任何大的误差，当数量之比不是整数比时，我们只好取近似值。我在下面严格仿照托勒密的办法，用六条定理和一个问题(147)来说明这一课题。 定理一 给定圆的直径，则内接三角形、正方形、五角形、六角形和十角形的边长均可求得。 半径（直径的一半）等于六角形的边长。欧几里得《几何原本》(148)证明，三角形边长的平方为六角形边长平方的3倍，而正方形边长的平方为它的两倍。因此，取六角形边长为100，000单位，则正方形边长为141，422，三角形边长为173，205。 图1—5 令六角形边长为AB。按欧几里得著作第二卷第十题（或Ⅵ，10），它在C点被分为呈平均和极端比值的两段①。令较长的一段为CB，把它再延伸一个相等长度BD。于是整条线ABD也被分成平均和极端比值。延伸部分BD是较短的一段，它是内接于圆内十角形的一边，而AB是六角形的一边。这从欧氏著作(149)，ⅩⅢ，5和9可以了解到。 BD可按下列方法求出。等分AB于E点。从欧氏著作、ⅩⅢ、3可知，EBD和平方为EB平方的5倍。已知EB和长度为50，000单位。由它的平方的5倍可得EBD的长度为111，803。如果把EB的50，000减掉，剩下BD和61，803单位，这就是我们所求的十角形的边长。 进而言之，五角形边长的平方等于六角形边长与十角形边长平方之和。由此可得五角形边长为117，557单位。因此，当圆的直径已知时，内接三角形、正方形、五角形、六角形和十角形的边长均可求得。证讫。 推论 因此，任意圆弧的弦已知时，半圆的剩余部分所对的弦长也可求得。 内接于一个半圆的角为直角。在直角三角形中，对应于直角的边（即直径）的平方等于形成直角的两边的平方之和。十角形一边所对的弧为36度。定理一已证明它的长度为61，803单位，而直径为200，000单位。因此可得半圆剩下的144度所对的弦长为190，211单位。五角形一边的长度为117，557单位，它所对的弧为72度，半圆其余108度所对弦长可求得为161，803单位。定理二（定理三的预备定理） 图1—6 在圆内接四边形中，以对角线为边所作矩形等于两组对边所作矩形之和。 令圆内接四边形为ABCD，我说的是对角线的乘积AC×DB等于AB×DC和AD×BC两个乘积之和。取ABE角等于CBD角。于是整个ABD角等于整个EBC角，而EBD角为两者所共含。此外，ACB和BDA两角相等，因为它们截取圆周的同一段弧。因此两个相似三角形（BCE和BDA）的相应边长成比例，BC∶BD=EC∶AD，于是乘积EC×BD等于乘积BC×AD。因为ABE和CBD两角是作成相等的，而BAC与BDC两角由于截取同一圆弧而相等，所以ABE和CBD两个三角形也相似。于是，和前面一样，AB∶BD=AE∶CD，乘积AB×CD等于乘积AE×BD。但是已经证明乘积AD×BC等于乘积BD×EC。相加便得乘积BD×AC等于两个乘积AD×BC与AB×CD之和。此即所需证明。 定理三 由上述可知，如果在一个半圆中两段不相等的弧所对弦长已知，则可求得两弧之差所对的弦长。 在直径为AD的半圆ABCD中，令相对于不等弧长的弦为AB和AC。我们需要求弦长BC。从上述（定理一的推论），可求相对于半圆中弧的弦BD和CD。于是在半圆中形成四边形ABCD。它的对角线AC和BD，以及三个边AB、AD和CD都已知。按定理二，在这个四边形中，乘积AC×BD等于两个乘积AB×CD和AD×BC之和。因此，从乘积AC×BD中减去AB×CD，剩下的是乘积AD×BC。如果除以AD（这是办得到的），便可得我们所求的弦长BC。 图1—7 由上述，例如五角形和六角形的边长已知，于是它们之差12°（=72°-60°）所对的弦长可用这个方法求得为20，905单位。定理四已知任意弧所对的弦，可求其半弧所对的弦长。 图1—8 令圆为ABC，其直径为AC。令BC为给定的带弦的弧。从圆心E，作直线EF与BC相垂直。于是，按欧氏著作Ⅲ，3，EF将BC等分于F点。延长EF，它将弧等分于D。画弦AB和BD。ABC和EFC为直角三角形。进而言之，因为有共同角ECF，它们是相似三角形。因此，既然CF为BFC的一半，EF为AB的一半。但与半圆所余弧长相对的弦AB可按定理一的推论求得。于是EF也可得出，而半径的剩余部分DF也求得了。作直径DEG。画BG联线。在三角形BDG中，从直角顶点B向斜边作的垂直线为BF。因此乘积GD×DF等于BD的平方。于是BDG弧的一半所对的弦BD的长度便求出了。 因为对应于12°的弦长已求得（定理三），对应于6°的也可得出为10，467单位；3°为5，235单位；11/2°为2，618单位；和3/4°为1，309单位。 定理五 更进一步，已知两弧所对的弦，可求两弧之和所对的弦长。 图1—9 令圆内已知的两段弦为AB和BC。我要说明对应于整个ABC弧的弦长也可求得。画直径AFD和BFE以及直线BD和CE。因为AB和BC已知，而DE等于AB，由前面的定理一的推论可得这些弦长。联接CD，完成四边形BCDE。它的对角线BD和CE以及三个边BC、DE和BE都可求得。剩余的一边（CD）也可由定理二求出。因此与半圆余下部分所对的弦CA可以得到，这即是整个ABC弧所对的弦。这是我们所要求的结果。 至此与3°、11/2°和3/4°相对的弦长都已求得。取这样的间距，可以制精确的表。可是如果需要增加一度或半度，使两段相加，或作其他运算，求得的弦长是否正确值得怀疑。这是因为没有找到它们之间的图形关系。但是用另一种方法可以作到这一点，而不会有任何可以察觉的误差，只是需要使用一个非常精确的数字。托勒密（《大成》，Ⅰ，10）也计算过1°和1/2°的弦长。他首先指出下列问题。 定理六 大弧和小弧之比大于对应两弦长之比。 令AB和BC为圆内两段相邻的弧，而BC较大。我要说明BC∶ABwl0054_0038_0①的比值大于构成B角的弦的比值BC∶AB。令直线BD等分B角。联接AC线。令它与BD相交于E点。联接AD和CD线。这两条线相等，因为它们所对的弧相等。在三角形ABC中，角的等分线也与AC相交于E点，底边的两段之比EC∶AE等于BC∶AB的比值。BC大于AB，EC也大于 EA。作 DF垂直于 AC。DF等分AC于F点，此点应在较长的一段（即EC）内。在每个三角形中，大角对长边。因此在三角形DEF中，DE边长于DF边。AD甚至长于DE。因此以D为中心、DE为半径画的圆弧，会与AD相交并超出DF。令此弧与AD相交于H，并令它与DF的延长线相交于I。于是扇形EDI大于三角形EDF。但三角形DEA大于扇形DEH。因此三角形DEF与三角形DEA之比，小于扇形EDI与扇形DEH之比。可是扇形与其弧或中心角成正比，而顶点相同的三角形与其底边成正比。因此角度之比EDF∶ADE，大于顶边之比EF∶AE。由相加可知，角度比FDA∶ADE大于边长比AF∶AE；同样可得，CDA∶ADE大于AC∶AE。相减，CDE∶EDA也大于CE∶EA。然而CDE与EDA两角之比等于弧长之比CB∶AB。底边CE∶ AE等于弦BC∶AB。因此，弧长之比CB∶AB大于弦长之比BC∶AB。证讫。 图1—10 问题 因为相同两端点之间直线最短，弧总比其所对的弦长。但随着弧长不断减少，这个不等式趋于等式，以致直线和圆弧最终同时在圆上的最后切点消失。在这种情况出现之前，它们的差必定小到难以察觉。 图1—11 例如，令弧AB为3°，弧AC为11/2°。设直径长200，000单位，按定理四可得AB所对的弦为5235单位，而AC所对弦长为2618单位。AB弧是AC弧的两倍，可是AB弦不到AC弦的两倍，后者比2617只大一个单位。如果取AB为11/2°，AC为3/4°，便得AB弦为2618单位，而AC为1309单位。虽然AC应当大于AB弦的一半，但与一半似乎一样大，两弧之比与两弦之比现在趋于一致。因此可知，我们现在接近于直线的弧线之差根本无法察觉的状况，这时它们似乎已化为同一条线。因此我毫不犹豫地把3/4°与1309单位这一比值同样用于1°或某些分度所对的弦。于是，1/4°与3/4°相加，可得1°所对弦为1745单位；1/2°为8721/2单位；1/3°为582单位。 图1—11 我相信在表中只列入倍弧所对的半弧就足够了。用这种简化方法，我把以前需要在半圆内(150)展开的数值压缩到一个象限之内。这样做的主要理由是在证题和计算时，半弦比整弦用得更多。我列出每六分之一度(151)有一个值的表。它有3栏。第一栏为度数（即圆周的分度）和六分之几度(152)。第二栏为倍弧的半弦数值。第三栏列出这些数值每隔一度的差额。用这些差额可以一度内的分数内插出相应的正比量。下面就是圆周弦长表(153)。
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