円の面積がπr^2であることの証明

半径$r$の円$x^{2}+y^{2}=r^{2}$は$y=\pm\sqrt{r^{2}-x^{2}}$と式変形でき,
また$x$軸との共有点の$x$座標は$\pm r$となるので
面積は$2\int_{-r}^{r}\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx$となる.
$x=r\sinθ\ (-\frac{π}{2}\leqθ\leq\frac{π}{2})$とするとき,$x'=r\cosθ$となるので
$$2\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\sqrt{r^{2}-r^{2}\sin^{2}θ}\cdot(r\cosθ)dθ=2r^{2}\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos^{2}θdθ$$
$$=2r^{2}\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\dfrac{1+\cosθ}{2}dθ=r^{2}\left[θ+\dfrac{\sinθ}{2}\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}=πr^{2}\blacksquare$$

円の中心を$O$,正$n$角形の任意の隣り合う点を$A,B$とする.
また$A$から$OB$に下ろした垂線の足を$H$とする.
$OA=r,\angle AOH=\dfrac{2π}{n}$より$AH=r\sin\dfrac{2π}{n}$
$OB=r$なので$\triangle OAB=r\cdot r\sin\dfrac{2π}{n}=\dfrac{r^{2}}{2}\sin\dfrac{2π}{n}$
よって正$n$角形の面積は$n\cdot\triangle OAB=\dfrac{nr^{2}}{2}\sin\dfrac{2π}{n}\blacksquare$

$\dfrac{n}{2}\sin\dfrac{2π}{n}=\dfrac{n}{2}\cdot\dfrac{2π}{n}\cdot\dfrac{\sin\frac{2π}{n}}{\frac{2π}{n}}=π\dfrac{\sin\frac{2π}{n}}{\frac{2π}{n}}$であり,
$θ=\dfrac{2π}{n}$として$-1\leq\sinθ\leq1$より$-\dfrac{1}{θ}\leq\dfrac{\sinθ}{θ}\leq\dfrac{1}{θ}$,
また$\lim_{θ\to0}(-\dfrac{1}{θ})=\lim_{θ\to0}\dfrac{1}{θ}=1$なので
はさみうちの原理より$\lim_{θ\to0}\dfrac{\sinθ}{θ}=1$であるから
$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{2}\sin\dfrac{2π}{n}=π\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sin\frac{2π}{n}}{\frac{2π}{n}}=π\blacksquare$$

補題2と公理より半径$r$の円の面積は
$\lim_{n\to\infty}\dfrac{nr^{2}}{2}\sin\dfrac{2π}{n}$となる.
また補題3より面積は
$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{nr^{2}}{2}\sin\dfrac{2π}{n}=r^{2}\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{2}\sin\dfrac{2π}{n}=πr^{2}\blacksquare$$