Kvant 1970, số 8 · Trang

Tạp chí vật lý-toán học phổ thông khoa học
«Kvant»
8
1970
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

70

Tổng biên tập — Viện sĩ I. K. KIKOYN
Phó tổng biên tập thứ nhất — Viện sĩ A. N. KOLMOGOROV

Ban biên tập danh dự

L. A. Artsimovich,
M. I. Baimakov
V. G. Boltyansky,
I. N. Bronstein
N. B. Vasilyev
I. F. Ginzburg
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin,
G. I. Kosurov
V. A. Leshkovtsev
V. A. Lishevsky
A. I. Markushevich,
M. D. Millyunitskov,
N. A. Pampikeeva
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
I. Sh. Slobodechiy
M. L. Smolyansky
Ya. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
Ya. E. Shnayder

viện sĩ
thành viên thông tấn Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
tiến sĩ khoa học vật lý-toán học
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
(thư ký phụ trách)

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova.
Họa sĩ trưởng E. P. Leonov.
Biên tập kỹ thuật T. M. Makarova.
Hiệu đính G. S. Smolikova và V. Mamulova.
Nhà xuất bản «Khoa học»
Ban biên tập chính về văn học vật lý-toán học
Moskva, V-71, đại lộ Leninsky, 15. Điện thoại 234-08-11
Đưa vào sắp chữ ngày 19/V-70.

Ký in ngày 10/VIII-70.
Giấy 70×100¹/₁₆. Số trang in vật lý 4. Số trang in quy ước 5,6. Số trang xuất bản 5,5. Số lượng phát hành 172480 bản.
Giá 30 kopeck. Đơn đặt hàng 848
Nhà máy in Chekhov thuộc Tổng cục Công nghiệp In, Ủy ban Báo chí trực thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô, thành phố Chekhov, tỉnh Moskva

1

8
Tạp chí
của Viện Hàn lâm
khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm
khoa học sư phạm
Liên Xô

TRONG SỐ NÀY:

Các đa diện không thể nội tiếp 2
E. M. Andreev

Các máy bay không người lái xích vô hạn 10
N. M. Beskin

Về hình dạng của giọt mưa 21
I. Sh. Slobodetsky

Alice ở Xứ sở gương soi 26
Kliment Dyurell

Về một phương pháp quy nạp
chứng minh bất đẳng thức 33
S. T. Berkolayko,
S. B. Katok

Cách làm một máy phát tĩnh điện 37
S. A. Khoroshivin

Sách bài tập «Kvant» 40

Lời giải Sách bài tập «Kvant» 42
A. L. Toom,
V. L. Gutenmakher,
E. M. Rabbom

Tạp chí
«Matematika» đến thăm chúng ta 54

Giải thưởng Lenin năm 1970 58

Đáp số, chỉ dẫn, lời giải 62

Ô chữ —
trang bìa thứ 3

1

3

Xét một hình lập phương, một trong các đỉnh của nó bị cắt bởi một mặt phẳng (hình 1). Có thể nội tiếp đa diện thu được vào một mặt cầu hay không? Câu trả lời cho câu hỏi này có phụ thuộc vào việc mặt phẳng nào cụ thể đã cắt đỉnh hay không? Chúng tôi muốn làm quen với độc giả lời giải của bài toán này cũng như các bài toán tương tự.

Giả sử ta có một đa diện lồi, tức là một vật thể trong không gian được giới hạn về mọi phía bởi các đa giác phẳng — các mặt — và nằm về một phía của mặt phẳng chứa mỗi mặt của nó. Cần xác định xem đa diện đã cho có thể nội tiếp trong một mặt cầu hay không.

Ký hiệu toàn bộ đa diện bằng chữ $M$, đánh số riêng các mặt, các cạnh và các đỉnh của nó, và ký hiệu mặt thứ $i$ là $\Gamma_i$, cạnh thứ $i$ là $P_i$ và đỉnh thứ $i$ là $B_i$. Người ta quy ước nói rằng hai mặt kề nhau nếu chúng có một cạnh chung, còn hai đỉnh kề nhau nếu chúng là hai đầu mút của cùng một cạnh.

Để giải quyết bài toán đã đặt ra, trước hết cần kiểm tra xem tất cả các đa giác $\Gamma_i$ có phải là các đa giác nội tiếp hay không. Sau đó, đối với mỗi cạnh $P_k$ ta xét cặp mặt $\Gamma_i$ và $\Gamma_j$ giới hạn bởi cạnh này, và ký hiệu qua $r_k$ khoảng cách từ điểm giao của các đường vuông góc,

được dựng từ các tâm của các đường tròn ngoại tiếp $\Gamma_i$ và $\Gamma_j$ đến một trong các đỉnh của đa giác $\Gamma_i$ hoặc $\Gamma_j$; các đại lượng $r_k$, hiển nhiên, không phụ thuộc vào việc chọn đỉnh (hình 2).

Bài toán 1. Chứng minh rằng đa diện $M$ вписанный-mode và molъко-mode, khi tất cả các đa giác $\Gamma_i$ вписанные, $u r_1=r_2=\dots=r_m$, едем — số cạnh của đa diện.

Phương pháp này hoặc phương pháp tương tự để kiểm tra tính вписанности của $M$ đã được biết từ lâu, nhưng đột nhiên vào đầu thế kỷ XX người ta phát hiện rằng trong một loạt trường hợp có thể chứng minh rằng $M$ không вписан, mà không cần thực hiện các phép tính.

Người đầu tiên nhận thấy điều này là nhà toán học Đức E. Штейнц. Năm 1927, bài báo của ông được công bố, trong đó định lý sau đây đã được chứng minh.

Định lý Штейнц. Giả sử tất cả các đỉnh của đa diện $M$ có thể được chia thành các đỉnh đen và trắng, sao cho

1. Không có hai đỉnh đen nào là hai đỉnh kề nhau.
2. Số đỉnh đen lớn hơn số đỉnh trắng.
3. Khi đó đa diện $M$ không thể вписать vào một mặt cầu.

Trước khi chuyển sang chứng minh định lý, ta đưa ra một vài nhận xét. Giả sử chúng ta có một cố định

4

Hình 3.

một mặt cầu ngoại tiếp và một góc nhị diện nào đó, cạnh của nó cắt mặt cầu này. Lấy điểm giao của cạnh với mặt cầu và qua đó dựng mặt phẳng tiếp xúc (hình 3). Góc nhị diện cắt trong mặt phẳng này một góc phẳng. Ta gọi góc này là góc phẳng của góc nhị diện đối với mặt cầu đã cho hoặc đơn giản là đối với góc nhị diện. Rõ ràng rằng góc tương đối không phụ thuộc vào việc chọn một trong hai điểm giao của cạnh với mặt cầu. Nếu cạnh tiếp xúc với mặt cầu, thì thuận tiện đặt độ lớn của góc tương đối bằng không.

Xét bây giờ một góc đa diện lồi, tất cả các cạnh của nó đều cắt mặt cầu đã cho. Các góc tương đối của những góc nhị diện của nó được gọi là các góc tương đối của góc đa diện đã cho. Giả sử góc đa diện có $n$ mặt, còn đỉnh của nó nằm trên mặt cầu. Khi đó tổng các góc tương đối của nó bằng $\pi (n-2)$. Thật vậy, qua đỉnh của góc đa diện dựng mặt phẳng tiếp xúc, sau đó dựng mặt phẳng song song với nó, cắt mặt cầu và tất cả các cạnh của góc đa diện (điều này có thể thực hiện được, vì tất cả các cạnh đều cắt mặt cầu). Góc đa diện cắt trong mặt phẳng này một đa giác, các góc của đa giác đó bằng $\pi (n-2)$.

Chúng bằng các góc tương đối, điều này suy ra từ định lý về các góc có các cạnh từng đôi một song song (hình 4). Đẳng thức tương tự đối với tổng các góc của đa giác đã được biết rõ.

Chuyển sang chứng minh định lý. Giả sử rằng đa diện $M$ được nội tiếp trong mặt cầu. Ký hiệu góc tương đối của góc nhị diện có cạnh $P_i$ là $\gamma_i$. Gọi $n_k$ — số cạnh hội tụ tại đỉnh $B_k$.

Из доказанного выше следует, что сумма относительных углов при вершине $B_k$ равна $\pi (n_k-2)$. Положим $\beta_i = \pi - \gamma_i$, угол $\beta_i$ — в ней ни один относительный угол, тогда $\gamma_i = \pi - \beta_i$. Если сумма внутренних относительных углов равна $\pi (n_k-2)$, то сумма внешних относительных углов равна $2\pi$. Итак, если в вершине $B_k$ сходятся ребра $P_i, P_j, \dots, P_l$, то

$$\beta_i + \beta_j + \dots + \beta_l = 2\pi.$$

Выпишем аналогичные равенства для каждой вершины многогранника, поэтому умножим равенства, соответствующие черным вершинам, на —1 и сложим их все. Черных вершин больше, следовательно, в правой части будет стоять отрицательное число. Рассмотрим сумму, стоящую в левой части. Если $i$-е ребро идет из черной вершины в белую, то число $\beta_i$ входит

ở phần bên trái một lần với dấu «+» và một lần với dấu «—», tổng cộng là 0; nếu — từ trắng sang trắng, thì β₁ cả hai lần đều đi vào với «+». Không có cạnh nào có hai đầu đen. Như vậy, tổng các số ở phần bên phải không nhỏ hơn không và chúng ta đi đến mâu thuẫn, do đã giả sử rằng M là nội tiếp.

Trước khi chuyển sang phân tích kết quả thu được, tức là trước khi làm rõ cần thay thế định lý Steinitz bằng gì và nó có ý nghĩa gì, cần chỉ ra rằng định lý này có nội dung, tức là tồn tại các đa diện thỏa mãn các điều kiện của nó. Lấy một bát diện (hình 5, a) và trên mỗi mặt của nó, coi như đáy, dựng một chóp tam giác đều, trong đó lấy chiều cao của chóp nhỏ đến mức các góc nhị diện ở đáy nhỏ hơn 25°. Xét đa diện M ghép từ bát diện ban đầu và tám chóp mới dựng (hình 5, б).

Bài toán 2. Chứng minh rằng đa diện M là lồi.

Gọi các đỉnh vốn là đỉnh của bát diện ban đầu là màu trắng, còn tất cả các đỉnh còn lại là màu đen. Rõ ràng các điều kiện của định lý Steinitz được thỏa mãn. Như vậy, chúng ta đã dựng được một ví dụ về đa diện không thể nội tiếp vào một mặt cầu, điều này có thể nhận thấy mà không cần biết kích thước hay góc của đa diện, mà chỉ cần biết cấu tạo của nó.

Hãy làm rõ cấu tạo nghĩa là gì. Bắt đầu từ mặt phẳng. Để mô tả cấu tạo của một đa giác lồi, cần nói nó có bao nhiêu đỉnh, khi đó nó cũng có bấy nhiêu cạnh; mỗi cạnh kề với hai cạnh khác, và tại mỗi đỉnh gặp nhau hai cạnh.

Trong không gian thì khác: ở khối mười hai mặt (hình 6, a) và ở lăng trụ mười giác (hình 6, б) có cùng số mặt — 12, cùng số cạnh — 30, cùng số đỉnh — 20, nhưng cấu tạo hoàn toàn khác nhau. Trong không gian, để mô tả cấu tạo của một đa diện, không chỉ cần nói nó có bao nhiêu cạnh, mặt và đỉnh, mà còn phải nói các mặt được ghép với nhau như thế nào, tức là những mặt nào kề nhau, những đỉnh nào là lân cận và những mặt nào gặp nhau tại mỗi đỉnh. Hai đa diện có cùng cấu tạo nếu chúng có cùng số đỉnh, cạnh và mặt, và chúng được tạo thành từ những yếu tố đó theo cùng một cách.

Gọi một đa diện lồi M sao cho cả bản thân nó, lẫn bất kỳ đa diện nào khác có cùng cấu tạo với nó, đều không phải là đa diện nội tiếp, là tuyệt đối không thể nội tiếp. Từ định lý—

⟦trang 6⟧

Hình 6, a. Hình khai triển của khối mười hai mặt.

Từ định lý Steinitz suy ra rằng mọi đa diện thỏa mãn các điều kiện I và II của nó không chỉ là không chính quy mà còn là tuyệt đối không chính quy. Đa diện được xây dựng ở trên (hình 5, b) là một ví dụ về đa diện tuyệt đối không chính quy. Trên mặt phẳng không có điều gì tương tự: với mọi $n \geq 3$ sẽ tìm được một đa giác $n$ cạnh nội tiếp. Vì vậy, trước Steinitz, mọi người đều cho rằng không tồn tại các đa diện tuyệt đối không chính quy. Thậm chí đã có những chứng minh rất có vẻ hợp lý, nhưng hơi chưa hoàn chỉnh, cho khẳng định này. Bây giờ xuất hiện một vấn đề mới: tìm tất cả các đa diện tuyệt đối không chính quy, chính xác hơn, tìm các điều kiện cần và đủ để một đa diện là tuyệt đối không chính quy.

Chúng ta có các điều kiện của Steinitz — điều kiện đủ của tính tuyệt đối không chính quy. Liệu có thể chúng là điều kiện cần không? Không. Điều này suy ra từ các bài toán sau.

Bài toán 3. Giả sử tất cả các đỉnh của đa diện $M$ có thể được chia thành các mặt nạ đen và trắng sao cho

I. Số các mặt trắng không lớn hơn số các mặt đen.

II. Không có hai đỉnh đen nào kề nhau và, chẳng hạn, tồn tại hai đỉnh trắng kề nhau.

Hình 6, b. Hình khai triển của lăng trụ mười giác.

Chứng minh rằng đa diện $M$ không thể nội tiếp trong mặt cầu.

Bài toán 4. Xây dựng ví dụ về đa diện thỏa mãn điều kiện của bài toán 3 và không thỏa mãn các điều kiện của định lý Steinitz.

Cần lưu ý điều khác: nếu tại mỗi đỉnh của đa diện $M$ có cùng một số lượng, chẳng hạn là $k$ mặt, thì $M$ không thỏa mãn cả điều kiện của định lý Steinitz lẫn điều kiện của bài toán 3. Giả sử ngược lại, và gọi $m$ là số tất cả các cạnh của đa diện, $p$ là số các đỉnh đen và $q$ là số các đỉnh trắng, $p \geq q$, còn trong định lý Steinitz bất đẳng thức này là nghiêm ngặt. Khi đó $2m = k(p + q)$, mỗi cạnh có hai đầu mút, tại mỗi đầu mút có $k$ cạnh gặp nhau. Ngoài ra, trên mỗi cạnh có một đỉnh trắng, tức là $m \leq kq$, và trong trường hợp của bài toán 3 bất đẳng thức này là nghiêm ngặt. Mặt khác, $p + q \geq 2q$, và trong các điều kiện của định lý Steinitz bất đẳng thức này là nghiêm ngặt. Như vậy, ta nhận được các bất đẳng thức

$$kq \leq m \leq kq.$$

Nếu $M$ thỏa mãn điều kiện của định lý Steinitz hoặc điều kiện của bài toán 3, thì một trong các bất đẳng thức này sẽ được dựng nên, điều này là không thể.

Bây giờ chúng ta dừng lại ở các đa diện mà tại mỗi đỉnh có ba mặt hội tụ: các đa diện này theo một nghĩa nào đó là những đa diện đơn giản nhất.

7

… nhưng chúng ta không biết gì về chúng từ góc độ khả năng nội tiếp của chúng.

Xét ba mặt phẳng đôi một cắt nhau; chúng либо tạo thành một góc tam diện, либо các giao tuyến là song song; trong trường hợp này ta nói rằng chúng tạo thành một góc tam diện vô hạn. Cố định một mặt cầu. Giả sử tất cả các cạnh của góc tam diện đều cắt mặt cầu đó, còn đỉnh không thuộc mặt cầu, và có thể thậm chí không có đỉnh nào cả. Hóa ra rằng nếu đỉnh của góc nằm bên trong khối cầu nhưng không nằm trên mặt cầu, thì tổng các góc tương đối lớn hơn π, còn nếu đỉnh nằm trên mặt cầu hoặc góc là vô hạn, thì tổng đó nhỏ hơn π. Thật vậy, xét các đường tròn được các mặt của góc tam diện cắt trên mặt cầu — các góc giữa những đường tròn này chính là các góc tương đối của góc tam diện.

Lấy một điểm trên mặt cầu không thuộc bất kỳ đường tròn nào trong số các đường tròn đó, và chiếu lập thể các đường tròn từ điểm này lên mặt phẳng. Có ba trường hợp (hình 7, a, b, c): trong trường hợp thứ nhất — đỉnh nằm ngoài mặt cầu, trong trường hợp thứ hai — trên mặt cầu, trong trường hợp thứ ba — bên trong mặt cầu. Các góc được bảo toàn qua phép chiếu lập thể, do đó các góc α, β, γ bằng các góc tương đối ban đầu. Trong trường hợp thứ nhất α + β + γ nhỏ hơn tổng các góc của ΔABC, còn trong trường hợp thứ ba — lớn hơn. Khẳng định được chứng minh.

Giả sử tất cả các đỉnh của đa diện M có thể được chia thành đen và trắng sao cho hai đỉnh cùng màu không kề nhau.

Bài tập 5. Giả sử tại mọi đỉnh của đa diện M có cùng một số mặt hội tụ và tất cả các đỉnh được chia thành đen và trắng sao cho không có hai đỉnh cùng màu nào kề nhau. Chứng minh rằng số đỉnh đen bằng số đỉnh trắng.

hình 7, c. đỉnh của góc nằm bên trong mặt cầu, α + β + γ > π

8

Bài toán 6. Chứng minh rằng các đỉnh của đa diện có thể được chia thành đen và trắng sao cho không có hai đỉnh cùng màu nào kề nhau, khi mỗi mặt của đa diện có số cạnh chẵn.

Gợi ý. Để chứng minh, chỉ cần lấy một đỉnh bất kỳ và gọi nó là trắng, các đỉnh kề với nó — đen, v.v. Cần chứng minh rằng khi đó không nảy sinh mâu thuẫn, tức là trên mọi đường gấp khúc kín tạo bởi các cạnh của đa diện, số đoạn là số chẵn.

Trở lại với đa diện $M$ có các đỉnh được tô màu. Vì tại mỗi đỉnh của $M$ có ba mặt gặp nhau, nên số đỉnh trắng bằng số đỉnh đen. Chọn một số đỉnh đen của nó (một, hai hoặc tất cả) và cắt chúng bằng các mặt phẳng. Cắt mỗi đỉnh bằng một mặt phẳng duy nhất, cắt chỉ những cạnh xuất phát từ đỉnh đó và không chứa đỉnh nào của $M$. Đa diện thu được ký hiệu là $M'$. Nó khác với $M$ ở chỗ thay vì một số đỉnh đen, nó có các mặt tam giác. Chứng minh rằng đa diện $M'$ hoàn toàn không nội tiếp được.

Giả sử rằng đa diện $M'$ hoặc một đa diện khác có cùng cấu trúc được nội tiếp trong một mặt cầu. Chọn ba mặt tương ứng với ba mặt của đa diện $M$ gặp nhau tại một đỉnh đã bị cắt. Ba mặt này từng đôi một kề nhau, đỉnh của góc tam diện bị cắt nằm ở ngoài mặt cầu, vì đa diện nội tiếp, do đó tổng các góc phẳng tương ứng tại chúng nhỏ hơn $\pi$. Gán cho mỗi cạnh của đa diện $M$ góc phẳng tương ứng tại cạnh tương ứng của đa diện $M'$. Khi đó tổng các góc được gán này tại tất cả các đỉnh trắng và tại tất cả các đỉnh đen không được chọn bằng $\pi$, còn tại các đỉnh đen được chọn thì nhỏ hơn $\pi$. Cũng như trong chứng minh định lý Steinitz, ta viết ra các đẳng thức và bất đẳng thức này, các tổng tương ứng với các đỉnh trắng nhân với —1 và cộng chúng lại. Kết quả phải là một bất đẳng thức chặt. Tuy nhiên, ở vế trái ta nhận được số không, vì mỗi một trong các góc được gán đi vào tổng tại đỉnh trắng một lần, và một lần — tại đỉnh đen. Ở vế phải ta cũng nhận được số không, vì số đỉnh trắng bằng số đỉnh đen. Mâu thuẫn thu được ($0<0$) chứng minh khẳng định của chúng ta.

Có thể kiểm tra một lập luận hoàn toàn tương tự nếu các đỉnh được đánh dấu được cắt không phải bằng một mà bằng vài mặt phẳng, miễn là các mặt gặp nhau tại chúng vẫn từng đôi một kề nhau và không gặp nhau tại một đỉnh duy nhất.

Bằng phương pháp này cũng có thể thu được những điều kiện đủ khác. Hiện nay người ta cũng đã biết một số điều kiện cần để một đa diện là hoàn toàn không nội tiếp được, nhưng nói chung vấn đề vẫn chưa được giải quyết.

Phương pháp các góc phẳng tương đối còn cho phép giải quyết những bài toán thú vị khác.

Bài toán 7. Giả sử tại mỗi đỉnh của đa diện $M$ có ba mặt gặp nhau, còn mỗi mặt của nó có số cạnh chẵn. Chứng minh rằng nếu tất cả, trừ một đỉnh, của đa diện $M$ nằm trên mặt cầu, thì đa diện $M$ nội tiếp được.

Gợi ý. Sử dụng bài toán 6. Không được bỏ qua khả năng khó chịu sau: các cạnh xuất phát từ đỉnh không nằm trên mặt cầu có thể tiếp xúc với mặt cầu.

Tương tự, nhưng phức tạp hơn.

Bài toán 8. Cho tất cả các đỉnh của đa diện $M$ được chia thành các đỉnh đen và trắng, như được mô tả trong bài toán 5, và số đỉnh đen bằng số đỉnh trắng. Chứng minh rằng nếu tất cả các đỉnh của đa diện $M$, trừ một đỉnh, đều nằm trên một mặt cầu, thì đa diện $M$ nội tiếp được.

Như vậy, nếu các đỉnh có thể được chia thành đen và trắng, như được mô tả trong bài toán 5, thì hoặc đa diện hoàn toàn không nội tiếp được, hoặc thỏa mãn bài toán 8, tức là.

⟦trang 9⟧

Hình 8. Không thể ngoại tiếp khối đa diện này quanh mặt cầu

từ việc tất cả các đỉnh của nó, trừ một đỉnh, nằm trên mặt cầu, suy ra rằng nó là khối đa diện nội tiếp.

Ví dụ đơn giản nhất về một khối đa diện hoàn toàn không thể nội tiếp là hình lập phương với một đỉnh bị cắt ở giữa (xem hình 1).

Cuối cùng, cần thừa nhận rằng Steinitz đã chứng minh không phải định lý được gọi bằng tên ông, mà là mệnh đề đối ngẫu với nó, được chúng tôi phát biểu dưới dạng bài toán.

Bài tập 9. Giả sử tất cả các mặt của khối đa diện М có thể chia thành các mặt đen và trắng sao cho

I. Số mặt đen lớn hơn số mặt trắng.
II. Không có hai mặt đen nào kề nhau.

Chứng minh rằng khối đa diện М không thể ngoại tiếp quanh mặt cầu.

Trong hình 8 trình bày một trong những ví dụ đơn giản nhất về khối đa diện hoàn toàn không thể nội tiếp — hình lập phương, trong đó tất cả các đỉnh đều bị cắt ở giữa.

TÍCH VÔ HẠN

Biết rằng $x < 1$. Hãy thử tìm xem tích vô hạn $(1 + x + x^2 + \dots + x^9) \times (1 + x^{10} + x^{20} + \dots + x^{90})$ $(1 + x^{100} + x^{200} + \dots + x^{900})$ bằng bao nhiêu.

CÁC ĐẲNG THỨC TỪ ĐÂU RA?

Hãy thử tìm xem các đẳng thức số học sau đây dựa trên cơ sở nào:
$$\frac{41^3 + 25^3}{41^3 + 16^3} = \frac{41 + 25}{41 + 16},$$
$$\frac{73^3 + 37^3}{73^3 + 36^3} = \frac{73 + 37}{73 + 36},$$
$$\frac{81^3 + 18^3}{81^3 + 63^3} = \frac{81 + 18}{81 + 63}.$$

Bạn có thể tự lập một đẳng thức như vậy với những số khác không?

LẠI NÓI VỀ ALENUSHKA VÀ NGƯỜI ANH IVANUSHKA CỦA CÔ

Anh Ivanushka và em gái Alenushka sống trên một bán đảo (xem hình). Ivanushka sống trong ngôi nhà A, Alenushka — trong ngôi nhà B. Ivanushka đi thăm Alenushka và mang theo hai chiếc xô, để một chiếc múc nước thạch từ sông thạch, chiếc kia — múc sữa từ sông sữa. Ivanushka phải chọn lộ trình nào để đến chỗ Alenushka theo con đường ngắn nhất?

⟦tờ 11⟧

1. Mở đầu

2. Đặt vấn đề.
   Trong bài trước («Kvant», số 1) đã nêu vấn đề biểu diễn mọi số thực bằng phân số liên tục. Tuy nhiên, vấn đề đó chưa được giải quyết. Trước khi đi tiếp, tôi sẽ xem xét những gì đã làm và những gì còn phải làm.

Vấn đề gồm hai phần.

Phần thứ nhất. Chỉ ra một phương pháp đặt tương ứng với mỗi số thực $\alpha$ một phân số liên tục. Phương pháp ấy đã được nêu dưới dạng một quá trình, trong đó lần lượt thực hiện hai bước (xem «Kvant» số 1, tr. 21).

Nếu số $\alpha$ hữu tỉ, thì quá trình kết thúc và ta được một phân số liên tục hữu hạn. Nếu $\alpha$ là vô tỉ, thì quá trình trở thành vô hạn và sinh ra ký hiệu vô hạn

$$\alpha \sim [a_0; a_1, a_2, \ldots]$$

(1.1)

Trong bài đầu tiên cũng đã có các ví dụ. Hãy nêu thêm một số bài toán hình học thuộc loại này.

Ví dụ 1. Trong một tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 108°, hãy biểu diễn (dưới dạng phân số liên tục) tỉ số của đáy với cạnh bên.

Trong tam giác $ABC$ (hình 1), các góc là 108°, 36°, 36°. Lấy $BB_1 = b$ (rõ ràng $b$ chứa trong $a$ một lần, vì $a < 2b$).

Ta có

$$\frac{a}{b} = \frac{BC}{BB_1} = \frac{BB_1 + B_1C}{BB_1} =$$

$$= 1 + \frac{B_1C}{BB_1} = 1 + \frac{1}{x_1},$$

$$x_1 = \frac{BB_1}{B_1C} = \frac{AC}{B_1C}.$$

Nhưng tam giác $B_1AC$ đồng dạng với tam giác ban đầu $ABC$ (hãy tính các góc). Trong công thức thứ nhất, chúng ta đã xác định tỉ số $\frac{a}{b}$ của đáy với cạnh bên. Trong công thức thứ hai, chúng ta lại đứng trước cùng một bài toán: $x_1$ là tỉ số của đáy với cạnh bên trong một tam giác có cùng các góc. Nếu sau bước thứ nhất chúng ta trở về vị trí ban đầu, thì quá trình sẽ không có hồi kết. Có thể viết

$$\frac{a}{b} \sim [1; 1, 1, \ldots].$$

(1.2)

Dễ chứng minh rằng

$$\frac{b}{a} \sim [0; 1, 1, \ldots]^*.$$

(1.3)

Ví dụ 2. Biểu diễn tỉ số các cạnh của một thập giác đều nội tiếp trong đường tròn với bán kính.

*) Xem bài toán 4 ở cuối bài viết.

12

Trên hình 2, $O$ là tâm đường tròn, $AB=a_{10}$, $AL$ là đường phân giác của góc $A$. Rõ ràng $AB=AL=OL$:
$$\frac{a_{10}}{R} = \frac{AL}{OA}.$$
Nhưng tam giác $LOA$ có các góc giống như tam giác trên hình 1. Do đó,
$$\frac{a_{10}}{R} \sim [0; 1, 1, \dots].$$
Ví dụ 3. Biểu diễn tỉ số đường chéo với cạnh.
Ví dụ này khó hơn ví dụ 1. Ở đó sau một bước đơn giản hóa ta trở lại vị trí ban đầu, còn ở đây — sau hai bước (hình 3).

Vị trí ban đầu: cần đặt cạnh theo đường chéo. Nó sẽ đặt được một lần (hình 3). Ta có
$$\frac{d}{a} = \frac{CA}{CB} = \frac{CB_1 + B_1A}{CB} = 1 + \frac{1}{x_1},$$
$$x_1 = \frac{CB}{B_1A} = \frac{AB}{AB_1}.$$
Dựng $B_1B_2 \perp AC$. Khi đó $BB_2 = B_1B_2$ (tự chứng minh). Bổ sung tam giác $AB_1B_2$ thành một hình vuông (chỉ để minh họa, không cần cho chứng minh). Bây giờ đặt $AB$ theo $BA$. Đặt một lần — ta được $BB_2$. Còn lại $B_2A$. Cần tiếp tục đặt $AB_1$ theo $B_2A$, nhưng đó chính là vị trí ban đầu: đặt cạnh hình vuông theo đường chéo. Vậy quá trình là vô hạn, tức là
$$x_1 = 1 + \left(1 + \frac{1}{x_1}\right) = 2 + \frac{1}{x_1},$$

$$\frac{d}{a} \sim [1; 2, 2, \dots].$$
$$\frac{a}{d} \sim [0; 1, 2, 2, \dots].$$
Nhưng dường như chúng ta đã mải mê với những ví dụ thú vị. Hãy trở lại cách đặt vấn đề.

Phần thứ hai. Chỉ ra một phương pháp đặt tương ứng cho mỗi phân số liên tục một số thực $\alpha$. Nếu phân số liên tục này nhận được từ việc khai triển số $\alpha$, thì phương pháp cần tìm phải cho chính số $\alpha$ đó.

Phần thứ hai của vấn đề cho đến nay mới chỉ được giải đối với các phân số liên tục hữu hạn. Một phân số liên tục hữu hạn có thể được “thu gọn”, tức là biểu diễn dưới dạng một phân số thông thường (“hai tầng”). Không thể làm điều đó với một phân số liên tục vô hạn. Phân số liên tục vô hạn (1.1) hiện giờ chỉ là một ký hiệu. Có thể xem nó như một hoa văn hoặc vật trang trí, nhưng nó không có ý nghĩa. Vì vậy trong các công thức (1.1)—(1.6) chúng ta viết dấu tương ứng, chứ không phải dấu bằng. Chẳng hạn, công thức (1.6) biểu thị rằng nếu áp dụng quá trình khai triển thành phân số liên tục cho tỉ số $\frac{a}{d}$, thì sẽ nhận được $[0; 1, 2, 2, \dots]$.
Nhưng không thể khẳng định rằng vế trái bằng vế phải, bởi vì vế phải hiện giờ chưa phải là một số.

Gán ý nghĩa cho ký hiệu
$$|a_0; a_1, a_2, \dots|$$
đó chính là mục đích của bài viết này.
Nhưng con đường dẫn đến mục đích ấy còn dài.
2. Nguyên lý các đoạn lồng nhau. Giả sử rằng người đọc đã quen, dưới một hình thức nào đó, với lý thuyết số thực, tức là biết các số vô tỉ được đưa vào như thế nào và phân số thập phân vô hạn là gì.
Nhắc lại nguyên lý các đoạn lồng nhau quan trọng cho phần sau *).

*) Từ phần trình bày ngắn gọn tiếp theo, khó có thể nắm vững sâu sắc nguyên lý tinh tế này. Chúng tôi giả sử rằng người đọc đã biết nó từ trước. Nếu không, chúng tôi khuyên đọc, chẳng hạn: N. Ya. Vilenkin và S. I. Shvartsburg, Toán-

13

Nếu trên một đường thẳng cho một dãy vô hạn các đoạn $[a_1, b_1]$, $[a_2, b_2], \ldots, [a_n, b_n]$, có hai tính chất:

1. mỗi đoạn tiếp theo nằm trong đoạn trước,
   $$a_n \leq a_{n+1} < b_{n+1} \leq b_n;$$

2. độ dài các đoạn tiến tới không khi $n \to \infty$, thì tồn tại một điểm x, hơn nữa là duy nhất, thuộc tất cả các đoạn này.

Giải thích 1. Đoạn $[a, b]$ chứa mọi điểm của đường thẳng nằm giữa $a$ và $b$, cũng như các điểm $a$ và $b$. Khoảng $(a, b)$ chỉ chứa các điểm nằm giữa $a$ và $b$, nhưng không chứa các đầu mút. Vậy đoạn $[a, b]$ chứa nhiều hơn hai điểm so với khoảng $(a, b)$.

Giải thích 2. Tính chất thứ hai có nghĩa là: nếu cố định một số ε bất kỳ lớn hơn không một cách nghiêm ngặt, thì trong dãy đã cho sẽ có một đoạn nhỏ hơn về độ dài, tức là sẽ có một số thứ tự $n$ sao cho $a_n b_n < \epsilon$ (ký hiệu $a_n b_n$ biểu thị độ dài của đoạn $[a_n, b_n]$). Dĩ nhiên, mọi đoạn có số thứ tự lớn hơn $n$ cũng sẽ nhỏ hơn $\epsilon$.

Nguyên lí các đoạn lồng nhau biểu thị tính liên tục của đường thẳng. Dù các đoạn này co lại ở đâu, trên đường thẳng cũng luôn có một điểm. Nếu bỏ khỏi đường thẳng dù chỉ một điểm, thì đối với tập điểm còn lại nguyên lí này không còn đúng. Chẳng hạn, hãy bỏ trên trục số điểm O và xét tập các đoạn

$$[-1, 1], \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right], \ldots, \left[-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right], \ldots$$

giải tích (giáo trình cho các lớp 1X—X của trường trung học chuyên toán), M., “Giáo dục”, 1969, chương 1, trang 31.

*) Đây sẽ không phải là các đoạn của đường thẳng: tất cả chúng đều có một lỗ ở bên trong. Đây là các đoạn của tập đang xét gồm hai tia. Đoạn $[-1, 1]$ chứa các đầu mút $-1$ và $1$ cùng mọi điểm trung gian của tập đã cho.

Không có điểm nào thuộc tất cả chúng: chúng co lại về một chỗ trống.

Để diễn đạt ngắn gọn, người ta thường đồng nhất các điểm của trục số với các số tương ứng: nói “điểm x” và “số x”, không phân biệt chúng.

Các số thực lấp đầy toàn bộ trục số, tức là tồn tại sự tương ứng một-một giữa các số thực và các điểm của trục số. Vì vậy nguyên lí các đoạn lồng nhau cũng đúng đối với tập số thực. Đối với tập số hữu tỉ, nó không đúng.

II. Tính chất của các phân số hội tụ

Để giải quyết vấn đề đã đặt ra ở phần thứ nhất, chúng ta cần nghiên cứu chi tiết hơn các tính chất của các phân số hội tụ.

3. Quy luật hình thành các phân số hội tụ. Cắt phân số liên tục sau mỗi thương riêng, ta sẽ nhận được một dãy số hữu tỉ

$$\alpha_0 = \frac{p_0}{q_0} = \frac{a_0}{1},$$

$$\alpha_1 = \frac{p_1}{q_1} = [a_0; a_1] = a_0 + \frac{1}{a_1} = \frac{a_1 a_0 + 1}{a_1}$$ v.v.

Trong đó ie. Điều này cũng đúng như nhau đối với các phân số liên tục hữu hạn và vô hạn. Mặc dù ý nghĩa của phân số liên tục vô hạn hiện vẫn chưa biết đối với chúng ta, ý nghĩa của các số $\alpha_0, \alpha_1, \ldots$ hoàn toàn rõ ràng.

Quy ước rằng dưới phân số hội tụ thứ không và thứ nhất chỉ hiểu những dạng được viết ở vế phải của các công thức cuối cùng. Điều đó có nghĩa là chúng ta xác định một cách nhất định các tử số và mẫu số của những phân số này, xét riêng rẽ;

$$p_0 = a_0, p_1 = a_1 a_0 + 1,$$

$$q_0 = 1, q_1 = a_1.$$

Ví dụ, đối với phân số liên tục $[2; 3, 1, 6] \alpha_1$ có thể viết

15

Trước hết điền toàn bộ hàng thứ nhất và hai cột đầu tiên. Việc điền tiếp bảng được tiến hành theo sơ đồ sau:

| $a_{n-2}$ | $a_{n-1}$ | $a_n$ |
| :— | :— | :— |
| $p_{n-2}$ | $p_{n-1}$ | |

1. nhân cột $\left| \frac{p_{n-1}}{q_{n-1}} \right|$ với $a_n$,

2. cộng cột trước vào cột nhận được.

Cũng nên áp dụng sơ đồ này nếu cần tính giá trị của toàn bộ phân số liên tục: cột cuối cùng $\left| \frac{p_s}{q_s} \right|$ sẽ trả lời đầy đủ.

Hãy tự luyện tập điền bảng cho phân số liên tục [0; 3, 14, 1, 2, 5]

| 0 | 3 | 14 | 1 | 2 | 5 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 0 | 1 | 14 | 15 | 44 | 235 |
| 1 | 3 | 43 | 46 | 135 | 721 |

4. Hiệu của các phân số hội tụ kề nhau. Bước từ phân số hội tụ thứ $n$ sang phân số tiếp theo được biểu diễn bằng phân số thứ $n$ và ký hiệu là $\Delta_n$:

$$\Delta_n = \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} - \frac{p_n}{q_n} = \frac{p_{n+1} q_n - p_n q_{n+1}}{q_n q_{n+1}} = \frac{D_n}{q_n q_{n+1}},$$

trong đó $D_n$ ký hiệu số

$$D_n = p_{n+1} q_n - p_n q_{n+1}.$$

Hạ chỉ số của $p_{n+1}$ và $q_{n+1}$ theo các công thức (3.2):

$$D_n = \left( p_n a_{n+1} + p_{n-1} \right) q_n - p_n \left( q_n a_{n+1} + q_{n-1} \right) = -\left( p_n q_{n-1} - p_{n-1} q_n \right).$$

Biểu thức trong ngoặc cùng kiểu với (**), nhưng mọi chỉ số đều nhỏ hơn một đơn vị

. Vậy nó biểu diễn $D_{n-1}$:

$$D_n = -D_{n-1}.$$

Hệ thức truy hồi này cho phép hạ chỉ số xuống đến không:

$$D_n = -D_{n-1} = D_{n-2} = -D_{n-3} = \dots = (-1)^n D_0.$$

Để hoàn toàn thành công, còn phải trực tiếp tính $D_0$:

$$D_0 = p_1 q_0 - p_0 q_1 = (a_1 a_0 + 1) \cdot 1 - a_0 a_1 = 1.$$

Do đó,

$$D_n = p_{n+1} q_n - p_n q_{n+1} = (-1)^n,$$

(4.1) và theo công thức (*)

$$\Delta_n = \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} - \frac{p_n}{q_n} = \frac{(-1)^n}{q_n q_{n+1}}.$$

5. Phân số xấp xỉ có số thứ tự lẻ lớn hơn các phân số lân cận (trước và sau). Mỗi phân số xấp xỉ có số thứ tự lẻ nhỏ hơn các phân số lân cận.

Khi áp dụng phát biểu này cho các phân số xấp xỉ thứ không và cuối cùng, cần lưu ý rằng mỗi phân số trong chúng chỉ có một phân số lân cận.

Tính đúng đắn của tính chất này thấy ngay từ công thức (4.2).

Tính chất 1 có nghĩa là các phân số xấp xỉ liên tiếp luân phiên lớn hơn rồi nhỏ hơn.

Tính chất 2. Hiệu giữa các phân số xấp xỉ lân cận giảm theo giá trị tuyệt đối (ý là: khi số thứ tự tăng).

So sánh:

$$|\Delta_n| = \frac{1}{q_n q_{n+1}},$$

$$|\Delta_{n+1}| = \frac{1}{q_n+1 q_{n+2}}.$$

Ta có $q_{n+2} > q_n$. Vậy mẫu số của phân số thứ hai lớn hơn, còn bản thân nó nhỏ hơn:

$$|\Delta_{n+1}| < |\Delta_n|.$$

6. Tính tối giản của các phân số xấp xỉ. Mọi phân số xấp xỉ đều tối giản.

16

Nhắc lại rằng tử số và mẫu số của các phân số xấp xỉ được lập theo các công thức (3.1). Giả sử phân số $\frac{p_n}{q_n}$ rút gọn được, tức là tử số và mẫu số của nó có một ước chung $\lambda$ khác một:

$$p_n = \lambda p_n', \quad q_n = \lambda q_n'.$$

Khi đó công thức (4.1) cho

$$\lambda (p_{n+1} q_n' - p_n' q_{n+1}) = (-1)^n.$$

Ta đi đến một đẳng thức vô lý: vế trái chia hết cho $\lambda$, còn vế phải thì không. Vậy phân số $\frac{p_n}{q_n}$ không rút gọn được.

III. Đưa vào phân số liên tục vô hạn

7. Ý nghĩa của phân số liên tục vô hạn. Nguyên lý các đoạn lồng nhau sẽ là chiếc chìa khóa mở ra ý nghĩa của phân số liên tục vô hạn. Nhắc lại một tình huống tương tự: hiểu một phân số thập phân vô hạn như thế nào? Có thể xem phân số thập phân vô hạn là cách viết tắt của một dãy các đoạn lồng nhau: các phép làm tròn thiếu liên tiếp cho các đầu mút trái của những đoạn này, còn làm tròn thừa cho các đầu mút phải. Khẳng định rằng $\sqrt{2}$ được biểu diễn bởi phân số thập phân vô hạn

$$\sqrt{2} = 1,4142...?$$

có ý nghĩa gì?

Điều đó có nghĩa là

$$1 < \sqrt{2} < 2,$$

$$1,4 < \sqrt{2} < 1,5,$$

$$1,41 < \sqrt{2} < 1,42,$$

Tồn tại duy nhất một số thỏa mãn đồng thời tất cả các bất đẳng thức này. Đó chính là $\sqrt{2}$.

Có các ký hiệu của phân số liên tục vô hạn

$$[a_0; a_1, a_2, \dots],$$

ta có thể lập một dãy vô hạn các phân số liên tục hữu hạn

$$a_0, [a_0; a_1], [a_0; a_1, a_2], \dots,$$

$$[a_0; a_1, a_2, \dots, a_n], \dots,$$

(**)

có thể viết dưới dạng các phân số xấp xỉ

$$\frac{p_0}{q_0}, \frac{p_1}{q_1}, \frac{p_2}{q_2}, \dots, \frac{p_n}{q_n}, \dots$$

(***)

Các phân số xấp xỉ này xác định một dãy các đoạn lồng nhau

$$\left[ \frac{p_0}{q_0}, \frac{p_1}{q_1} \right], \left[ \frac{p_2}{q_2}, \frac{p_1}{q_1} \right], \left[ \frac{p_2}{q_2}, \frac{p_3}{q_3} \right],$$

$$\left[ \frac{p_4}{q_4}, \frac{p_3}{q_3} \right], \dots$$

Mỗi đoạn tiếp theo nằm trong đoạn trước (hình 4), và độ dài của chúng tiến tới không (xem công thức (4.2)). Do đó, tồn tại một số $\alpha$, thuộc về tất cả các đoạn. Nó được lấy làm giá trị của phân số liên tục vô hạn**).

Định nghĩa này cũng có thể phát biểu theo cách khác. Đây là hai phương án.

1. Giá trị của phân số liên tục vô hạn nằm giữa hai phân số xấp xỉ kề nhau bất kỳ.

2. Giá trị của phân số liên tục vô hạn lớn hơn mỗi phân số xấp xỉ

(*) Các ký hiệu 0, 1, 2, … trên hình 4 biểu thị số thứ tự của các phân số xấp xỉ.

**) Điều này xác định thuật ngữ “phân số xấp xỉ”, nó “xấp xỉ” điểm $\alpha$ ngày càng gần.

17

với chỉ số chẵn và nhỏ hơn mọi phân số thích hợp có chỉ số lẻ (tất cả điều này đều thấy rõ trên hình 5).

Cần hiểu rằng bất kỳ cách phát biểu nào trong số này đều xác định một số duy nhất.

Dễ dàng chứng minh (hãy làm điều đó) rằng nếu số vô tỉ $\alpha$ được khai triển thành phân số liên tục, thì các phân số thích hợp liên tiếp lần lượt nhỏ hơn rồi lớn hơn $\alpha$. Từ đó suy ra rằng số $\alpha$ chính là giá trị được gán cho phân số liên tục vô hạn (tính duy nhất của điểm thuộc tất cả các đoạn!). Ta được phép viết

$$\alpha = [a_0; a_1, a_2, \dots].$$

Bây giờ rõ ràng rằng mỗi phân số thích hợp có thể được xem là giá trị gần đúng của phân số liên tục. Chỉ số càng lớn thì phép gần đúng càng chính xác.

Gần như điều tương tự đã được nói về phép xấp xỉ một phân số liên tục hữu hạn bằng các phân số thích hợp. Sự khác biệt duy nhất là trong trường hợp phân số liên tục vô hạn không tồn tại phân số thích hợp cuối cùng, và do đó không có phân số thích hợp nào cho giá trị chính xác của phân số liên tục.

Đối với các phân số liên tục vô hạn, tiêu chuẩn về sự bằng nhau vẫn được giữ nguyên («Квант», số 1, trang 22). Ta phát biểu nó như sau:

1. Hai phân số liên tục vô hạn $[a_0; a_1, a_2, \dots, a_n, \dots]$ và $[b_0; b_1, b_2, \dots, b_n, \dots]$ bằng nhau khi và chỉ khi các phần tử tương ứng của chúng trùng nhau, tức là $a_n = b_n$ với $n=0, 1, 2, \dots$.

2. Một phân số liên tục vô hạn không thể bằng một phân số hữu hạn.

8. Xấp xỉ bằng các phân số thích hợp và các phân số. Bạn đọc có nhớ chúng ta bắt đầu cuộc hành trình dài này để làm gì không? Chúng ta đang tìm một phương pháp thuận lợi để xấp xỉ các số thực (trong đó có cả các số hữu tỉ) bằng các số hữu tỉ.

Cái gì vậy! Có phải đây là lỗi in không? Chẳng lẽ có thể xấp xỉ các số hữu tỉ bằng các số hữu tỉ sao?

Có thể. Ví dụ,

$$\frac{6187}{7425} \approx \frac{5}{6}.$$

Trong ví dụ này, chúng ta thay thế một số hữu tỉ cồng kềnh bằng một số đơn giản hơn.

Khi làm quen với các phân số liên tục, một ý tưởng như sau tự nhiên xuất hiện: khai triển số $\alpha$ thành phân số liên tục và coi các phân số thích hợp liên tiếp là các giá trị gần đúng của số này. Nói cách khác, cắt ngắn phân số liên tục, bỏ đi tất cả các phần tử bắt đầu từ một phần tử nào đó, và lấy phân số liên tục bị cắt còn lại làm giá trị gần đúng của toàn bộ phân số liên tục. Chính xác như vậy chúng ta làm khi cắt ngắn phân số thập phân và chỉ giữ lại số mong muốn các chữ số sau dấu phẩy.

Để chấp nhận hoặc bác bỏ ý tưởng này, cần phải xác định sai số mà ta mắc phải khi thay thế số $\alpha$ bằng phân số thích hợp, tức là đặt

$$\alpha \approx \frac{p_n}{q_n}.$$

Trong mọi lập luận tiếp theo, giả sử rằng phân số $\frac{p_n}{q_n}$ không phải là phân số không và không phải là phân số cuối cùng. Với $n=0$, việc sử dụng các phân số nguyên không đem lại điều gì mới so với việc sử dụng các phân số thập phân, còn trường hợp $n=s$ không đáng quan tâm, vì ta nhận được $\alpha=\alpha$ và sai số bằng không.

⟦tờ 19⟧

đoạn thẳng có $|\Delta_n| = \frac{1}{q_n q_{n+1}}$. Điểm $\alpha$ có thể là điểm trong của đoạn thẳng này hoặc có thể trùng với $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ (nếu $\alpha$ hữu tỉ và $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ là phân số hội tụ cuối cùng). Do đó,

$$\left| \alpha - \frac{p_n}{q_n} \right| \leqslant |\Delta_n|. \tag{10.1}$$

Giả sử $\frac{p}{q} - \text{какая-нибудь дробь}$, có mẫu số nhỏ hơn $q_n$ và do đó nhỏ hơn $q_{n+1}$:

$$q < q_n < q_{n+1}. \tag{10.2}$$

Vì các phân số hội tụ là tối giản, từ các bất đẳng thức (10.2) suy ra rằng

$$\frac{p}{q} \neq \frac{p_n}{q_n}, \quad \frac{p}{q} \neq \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}.$$

Rõ ràng rằng

$$\left| \frac{p}{q} - \frac{p_n}{q_n} \right| = \frac{|pq_n - p_n|}{qq_n} \geqslant \frac{1}{qq_n},$$

$$\left| \frac{p}{q} - \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} \right| = \frac{|pq_{n+1} - p_{n+1}|}{qq_{n+1}} \geqslant \frac{1}{qq_{n+1}}.$$

Các bất đẳng thức này vẫn đúng nếu thay $q$ bằng một số lớn hơn $q_{n+1}$ hoặc $q_n$:

$$\left| \frac{p}{q} - \frac{p_n}{q_n} \right| > \frac{1}{q_{n+1} q_n} = |\Delta_n|,$$

$$\left| \frac{p}{q} - \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} \right| > \frac{1}{q_n q_{n+1}} = |\Delta_n|.$$

Ý nghĩa của hai bất đẳng thức cuối là như sau: phân số $\frac{p}{q}$ cách mỗi đầu mút của đoạn $\left[ \frac{p_n}{q_n}, \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} \right]$ một khoảng lớn hơn độ dài của đoạn này $|\Delta_n|$. Lấy từ các điểm $\frac{p_n}{q_n}$ và $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ về bên trái và bên phải các đoạn có độ dài $|\Delta_n|$ (hình 6), ta được vùng cấm $AB$, trong đó phân số $\frac{p}{q}$ không thể nằm (các điểm $A$ và $B$ cũng bị cấm). Bây giờ rõ ràng rằng $\frac{p}{q}$ là một xấp xỉ tệ hơn của số $\alpha$ so với $\frac{p_n}{q_n}$. Thật vậy,

$$\left| \alpha - \frac{p_n}{q_n} \right| \leqslant |\Delta_n|,$$

$$\left| \alpha - \frac{p}{q} \right| > |\Delta_n|.$$

Lưu ý rằng định lý đảo là sai, tức là có những phân số không phải là phân số hội tụ nhưng nevertheless cho những xấp xỉ tốt hơn cho số $\alpha$ so với bất kỳ phân số nào có giá trị nhỏ hơn. Chẳng hạn, từ bảng ở tr. 18 («Kvant», số 1) thấy rằng các xấp xỉ $19/6$, $\frac{16}{5}$ và $\frac{13}{4}$ có tính chất này. Vì thế định lý đã chứng minh không có nghĩa là các phân số hội tụ tốt hơn các phân số khác trong việc xấp xỉ các số thực. Nhưng đây là hai định lý mạnh theo chiều ngang, mà chúng tôi sẽ nêu không chứng minh.

Đối với một phân số hội tụ, hệ số lợi ích $^*$) $\lambda = \frac{1}{2|q_n \alpha - p_n|}$ lớn hơn đối với bất kỳ phân số nào khác có giá trị nhỏ hơn.

Cuối cùng, điều đáng ngạc nhiên nhất: định lý đảo cũng đúng, tức là có một hệ số lợi ích lớn như vậy $^*$) «Kvant», số 1, tr. 18.

20

chất — tính đơn cực của các phân số thích hợp. Tính chất rất tinh tế này không thể không gây xúc động cho mọi độc giả yêu thích các con số.

Nếu đối với số α và phân số $\frac{p}{q}$, hệ số lợi ích $\lambda = \frac{1}{2|q\alpha - p|}$ lớn hơn so với mọi phân số có giá trị nhỏ hơn, thì $\frac{p}{q}$ là phân số thích hợp của α.

Ví dụ. Từ cùng bảng đối với số π có thể thấy rằng phân số $\frac{22}{7}$ cho phép xấp xỉ π với hệ số lợi ích lớn hơn các phân số có giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6. Do đó, ngay cả khi chưa biết khai triển phân số liên tục của π, dựa trên định lý cuối cùng ta có thể kết luận rằng $\frac{22}{7}$ là một phân số thích hợp.

Còn có nhiều định lý thuộc loại này. Tất cả chúng, từ những góc độ khác nhau, đều khẳng định một điều: nếu cần xấp xỉ một số thực bằng những số hữu tỉ đơn giản, thì thuận lợi nhất là sử dụng các phân số thích hợp.

Đó chính là chiếc chìa khóa quý giá dẫn đến những bí ẩn đã được nói tới trong bài viết đầu tiên.

Bài tập.

1. Biểu diễn (dưới dạng phân số liên tục) tỉ số giữa cạnh đáy và cạnh bên trong một tam giác cân có góc 120°.

2. Tìm giá trị của phân số liên tục trong công thức (1.2). Tìm cos 36°.

3. Tìm giá trị của phân số liên tục trong công thức (1.4). Biểu diễn $a_{10}$ qua R. Tìm sin 18°.

4. Biết khai triển thành phân số liên tục (hữu hạn hoặc vô hạn) của số α, hãy tìm khai triển của số $\frac{\beta}{\alpha}$.

5. Trong bài viết có nói rằng các giá trị của những phân số thích hợp tăng lên (bất đẳng thức (3.3)). Có thể nói điều tương tự về tử số không?

MAX PLANCK
VỀ GIÁO DỤC

Không quan trọng lắm là người ta dạy gì trong trường học, mà quan trọng là dạy như thế nào. Tuy nhiên, sự hiểu biết thực sự của học sinh về một mệnh đề toán học có giá trị lớn hơn mười công thức mà em đó đã học thuộc khi chưa hiểu và thậm chí biết cách áp dụng, nhưng không hiểu ý nghĩa thực sự của chúng. Chức năng của trường học không phải là cung cấp kinh nghiệm chuyên môn, mà là phát triển tư duy phương pháp có hệ thống. Có thể phản đối rằng cuối cùng thì khả năng làm việc quan trọng hơn sự hiểu biết về nó. Tất nhiên, kiến thức không có kỹ năng thì không có ý nghĩa, cũng như mọi lý thuyết cuối cùng chỉ có ý nghĩa nhờ sự áp dụng của nó. Nhưng lý thuyết không bao giờ được thay thế bằng kỹ năng đơn giản, thứ sẽ bất lực trước những sự kiện bất thường. Vì vậy, điều kiện của công việc tốt trong tương lai là sự học tập cơ bản vững chắc. Đồng thời, điều quan trọng không phải là quan tâm đến việc học một số lượng lớn sự kiện, mà là sự giải thích đúng đắn chúng. Nếu việc đào tạo đúng đắn này không được tiến hành ở trường học, thì sau này sẽ khó có được nó, vì các trường chuyên biệt và trường cao hơn có những nhiệm vụ khác. Sau đó, nhiệm vụ cao nhất của giáo dục không phải là kiến thức và cũng không phải kỹ năng, mà là hoạt động thực tiễn. Nhưng cũng như hoạt động thực tiễn đi trước kỹ năng, những điều kiện cần thiết cho sự xuất hiện của kỹ năng là sự hiểu biết và sự phục vụ.

(Max Planck. Từ bài phát biểu “Nguồn gốc và ảnh hưởng của những ý tưởng ban đầu”. 1933.)

22

nếu giọt nước ở trong trạng thái «không trọng lượng»), thì bề mặt của giọt nước có dạng hình cầu.

Sự co lại của bề mặt giọt nước dẫn đến sự co cụm của giọt nước. Điều đó có nghĩa là chất lỏng trong giọt nước chịu một áp suất từ phía bề mặt hình cầu của nó. Chia giọt nước bằng một mặt phẳng tưởng tượng thành hai phần bằng nhau (hình 2). Hai bán cầu hút nhau bằng lực căng bề mặt. Các lực này được biểu diễn trên hình bằng các mũi tên. Trên mỗi đơn vị độ dài của đường biên phân chia hai bán cầu (đường biên này là đường tròn xích đạo), tác dụng một lực bằng hệ số sức căng bề mặt của chất lỏng σ. Vì độ dài đường biên bằng 2πr, nên tổng tất cả các lực F hút lẫn nhau giữa hai nửa giọt nước bằng 2πrσ. Lực này tạo ra trong giọt nước một áp suất bổ sung.

Ta nhớ rằng áp suất về mặt số học bằng tỉ số giữa lực và diện tích. Do đó áp suất Δp do lực F gây ra bằng

$$\frac{F}{\pi r^2} = \frac{2\pi r \sigma}{\pi r^2} = \frac{2\sigma}{r}.$$

Áp suất bổ sung Δp do sức căng bề mặt tạo ra tỉ lệ nghịch với bán kính của giọt nước. Áp suất bổ sung này trong giọt nước có lớn không? Hãy tính, chẳng hạn, áp suất bổ sung trong một giọt nước có đường kính hai micrômet. Những giọt nước như vậy thường tạo thành đám mây. Hệ số sức căng bề mặt của nước σ = 0,078 н/м. Do đó

$$\Delta p = \frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 0,078 \text{ н/м}}{10^{-6} \text{ м}} \approx 1,6 \cdot 10^5 \text{ н/м}^2 = 1,6 \text{ атмосферы!}$$

Công thức Δp = $\frac{2\sigma}{r}$ chỉ đúng đối với bề mặt hình cầu. Nếu thực hiện phép tính tương tự cho trường hợp chất lỏng nằm dưới một bề mặt hình trụ, thì nhận được rằng $\Delta p = \frac{\sigma}{r}$. Như vậy, chỉ có hệ số đứng trước tỉ số $\frac{\sigma}{r}$ thay đổi. Và nói chung, áp suất mà bất kỳ bề mặt nào tác dụng lên chất lỏng nằm bên dưới nó tỉ lệ với tỉ số $\frac{\sigma}{r_{\text{cp}}}$, trong đó $r_{\text{cp}}$ — là một bán kính cong trung bình nào đó của bề mặt này.

Nhưng hãy trở lại với giọt nước mưa đang rơi. Đối với nó, mọi thứ phức tạp hơn bởi vì ngoài ra còn có lực cản của không khí tác dụng lên giọt nước. Lực này hướng ngược với trọng lực và tăng lên cùng với sự tăng tốc độ rơi của giọt nước.

Vì trọng lực là không đổi, còn lực cản của không khí hướng theo chiều ngược lại tăng lên, nhất định sẽ đến lúc các lực này cân bằng nhau. Ngay khi điều đó xảy ra, hợp lực sẽ bằng không, và tốc độ của giọt nước sẽ không còn thay đổi nữa. Giọt nước sẽ rơi đều (theo quán tính). Một giọt nước như vậy có tính chất giống như khi nó ở trạng thái đứng yên. Điều này ảnh hưởng đáng kể đến hình dạng của giọt nước, làm cho nó kém hoàn hảo hơn nhiều.

Để hiểu cách rơi đều

23

Sự chuyển động của giọt nước dẫn đến sự biến dạng hình cầu của nó, hãy xét hình 3.

Để cột nước có chiều cao $h$ trong mặt cắt trung tâm của giọt nước chuyển động đều, lực $f_1$, tác dụng lên nó từ phía dưới, phải vượt quá lực $f_2$, tác dụng lên nó từ phía trên, đúng bằng trọng lực tác dụng lên cột nước, tức là $f_1 - f_2 = mg$, trong đó $m$ — khối lượng của cột nước.

Khối lượng của cột nước $m = \rho V$. Ở đây $\rho$ — khối lượng riêng của nước, còn $V$ — thể tích của cột nước, bằng $hS$ (S — diện tích tiết diện của cột nước). Do đó, $f_1 - f_2 = \rho ghS$. Còn hiệu áp suất tương ứng với hiệu lực này bằng

$$\frac{f_1 - f_2}{S} = \rho gh.$$

Như vậy, áp suất tại điểm $A$ phải lớn hơn áp suất tại điểm $B$ (hình 3) một lượng $\rho gh$. Hiệu áp suất này cho phép các lớp dưới của cột nước giữ các lớp trên.

Điều này ảnh hưởng như thế nào đến hình dạng của giọt nước?

Để áp suất tại điểm $A$ lớn hơn áp suất tại điểm $B$, bán kính cong của bề mặt $r$ tại điểm này phải nhỏ hơn (theo công thức $\Lambda p = 2 \frac{\sigma}{r}$) bán kính cong tại điểm $B$.

Ta đi đến một kết luận thú vị: nếu áp suất khí quyển hoàn toàn

$$\frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 0.078 \hbar/m}{6 \cdot 10^{-3} m} \approx 30 \hbar/m^2 \approx 3 \cdot 10^{-4} am.$$

như nhau, thì đáy của giọt phải lồi hơn, tức là có độ cong lớn hơn, so với đỉnh. Sự lệch khỏi dạng hình cầu này không đáng kể đối với những giọt nhỏ lơ lửng trong các dòng khí đi lên. Bán kính của một giọt như vậy xấp xỉ một micrôn, và độ chênh lệch áp suất thủy tĩnh $\rho gh$ có giá trị cỡ $2 \cdot 10^{-5} \hbar/m^2 \approx 2 \cdot 10^{-10} am$. Độ chênh lệch áp suất này nhỏ đến mức so với áp suất dư $\Lambda p$ bằng 1,6 atmosphère trong một giọt như vậy, có thể không cần chú ý đến sự lệch khỏi tính cầu do nó gây ra. Một giọt như vậy có thể được coi một cách chính đáng là mẫu chuẩn của dạng hình cầu. Trường hợp giọt lớn thì khác.

Đối với một giọt có đường kính 5—6 mm, rơi xuống đất trong cơn dông mùa hè, độ chênh lệch áp suất thủy tĩnh xấp xỉ bằng

$$10^3 \kappa e/m^3 \cdot 10 \hbar/cek^2 \cdot 6 \cdot 10^{-3} m \approx 60 \hbar/m^2 \cdot 6 \cdot 10^{-4} am.$$

Đại lượng này hoàn toàn có thể so sánh với áp suất $\Lambda p \cdot \frac{2\sigma}{r}$ do lực bề mặt của giọt dông gây ra.

Thật vậy, trong trường hợp này

$$\frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 0.078 \hbar/m}{6 \cdot 10^{-3} m} \approx 30 \hbar/m^2 \approx 3 \cdot 10^{-4} am.$$

Do đó ảnh hưởng của thủy tĩnh

24

Hình 5. Phân bố áp suất quanh một quả cầu được dòng không khí chảy quanh. Độ dài các mũi tên tỉ lệ với hiệu áp suất trên bề mặt quả cầu và áp suất khí quyển ở xa quả cầu.

hiệu áp suất lên hình dạng giọt phải đáng kể, và bề mặt dưới của giọt phải lồi hơn rõ rệt so với bề mặt trên. Nhưng điều này mâu thuẫn với các bức ảnh chụp giọt đang rơi (hình 1). Vậy vấn đề ở đây là gì?

Toàn bộ vấn đề là ở chỗ áp suất không khí tại các điểm khác nhau quanh giọt hoàn toàn không giống nhau, như ban đầu chúng ta đã giả thiết. Hóa ra, ở vận tốc lớn mà các giọt mưa lớn rơi xuống, phía sau chúng xuất hiện chuyển động xoáy phức tạp của không khí (hình 4). Trong vùng gọi là «đuôi rối», áp suất không khí thấp hơn áp suất ở xa giọt. Đồng thời, áp suất trước giọt lại cao hơn áp suất ở xa giọt. Hiệu áp suất ở đáy và ở đỉnh giọt tạo ra lực cản khi giọt rơi trong không khí. Lực này được gọi là lực cản chính diện.

Hình 6. Phân bố áp suất quanh giọt đang rơi. Độ dài các mũi tên, cũng như ở hình trước, tỉ lệ với hiệu áp suất trên bề mặt giọt và áp suất khí quyển ở xa giọt.

Có thể ước lượng độ lớn của lực cản chính diện. Gọi $S$ là diện tích tiết diện ngang của giọt, còn $v$ là vận tốc của nó. Trong thời gian $\Delta t$, giọt đang rơi đi được quãng đường $v\Delta t$, cuốn theo một thể tích không khí $Sv\Delta t$ có khối lượng $m=\rho_0Sv\Delta t$ ($\rho_0$ là khối lượng riêng của không khí). Khối không khí này, được đưa vào chuyển động, nhận xung lượng $mv=\rho_0Sv^2\Delta t$. Theo định luật II Newton, từ phía giọt tác dụng lên không khí một lực

$$F = \frac{\rho_0Sv^2\Delta t}{\Delta t} = \rho_0Sv^2.$$

Theo định luật III Newton, một lực có độ lớn hoàn toàn bằng như vậy, nhưng ngược chiều, tác dụng lên giọt từ phía không khí.

Kết quả là không phải toàn bộ vận tốc, mà chỉ một phần của nó, nhưng tương ứng với $F=A\rho_0Sv^2$

25

vẫn đúng. $A$ là hệ số không thứ nguyên, phụ thuộc vào hình dạng của vật. Chẳng hạn, đối với quả cầu $A = 0,2$, đối với đĩa $A = 0,6$. Hệ số này được xác định bằng thực nghiệm.

Từ công thức về bất kỳ lực cản nào, có thể tìm được áp suất mà dòng chảy tác dụng lên bề mặt trước của vật. Nó bằng $\frac{F}{S} = A\rho_0v^2$.

Xung quanh vật, áp suất thay đổi từ điểm này sang điểm khác. Chẳng hạn, đối với quả cầu, hiệu giữa áp suất ở bề mặt và áp suất tĩnh xa bề mặt thay đổi như trên hình 5.

Làm một mô hình giọt, có thể thổi nó trong ống khí động và đo áp suất xung quanh nó (hình 6). Các thí nghiệm cho thấy rằng đối với giọt sáu milimét, áp suất ở đáy giống như ở đĩa ($A = 0,6$). Khi đó áp suất ở đáy lớn hơn áp suất khí quyển $4,6 \cdot 10^{-4}$ am, còn áp suất ở đỉnh nhỏ hơn áp suất khí quyển $2,1 \cdot 10^{-4}$ am, tức là hiệu áp suất ở đáy và ở đỉnh bằng $6,7 \cdot 10^{-4}$ am.

Lực cản của không khí không chỉ lo việc cân bằng của cột $AB$ (hình 3). Vì hiệu áp suất ở đáy và ở đỉnh lớn hơn độ chênh áp cần thiết cho chuyển động đều của cột $AB$, nên để khôi phục sự cân bằng của giọt, một phần chất lỏng phải chuyển từ vùng đỉnh xuống đáy, và đỉnh giọt phải có độ cong lớn hơn đáy. Còn đáy, do áp suất khí động lớn tác dụng lên nó, phải gần như phẳng. Các giọt trong ảnh có chính hình dạng ấy.

“NHÀ LÝ THUYẾT HOÀN TOÀN”

Planck là nhà lý thuyết từ trong ra ngoài — đến mức buồn cười. Chẳng hạn, Pyotr Nikolaevich Lebedev, trở về từ Đức, đã kể cho sinh viên của mình về việc Planck đã làm mình mất mặt thế nào trong một buổi colloquium của August Kundt. Khi trình bày công trình của mình về nhiệt động lực học của các dung dịch bão hòa, ông bỗng lúng túng, ngập ngừng. “Ở đây có một khó khăn có tính nguyên tắc nào đó, vì thực tế không thể thu được dung dịch bão hòa…” Kundt ngạc nhiên: “Sao lại thế? Tôi không hiểu.” Planck giải thích: “Bởi vì khi độ bão hòa tăng lên, tốc độ hòa tan ngày càng nhỏ, do đó quá trình chỉ tiến tới bão hòa một cách tiệm cận, sau một thời gian vô hạn.” — “À, tôi không có thời gian chờ điều đó,” Kundt đáp. “Tôi sẽ đun nóng dung dịch, rồi làm nguội nó.” — “Vâng. Đúng thật,” Planck lẩm bẩm bối rối. “Như vậy có thể thu được dung dịch bão hòa…”

Nhưng, là một nhà lý thuyết, Planck luôn hiểu rất rõ vai trò của thí nghiệm, của sự kiện trong lý thuyết vật lý. Ông nói: “Các sự kiện tạo thành điểm tựa Archimedes mà nhờ đó ngay cả lý thuyết nặng nề nhất cũng có thể được nhấc khỏi chỗ đặt của nó.” Thí nghiệm và lý thuyết gắn bó chặt chẽ. “Trước khi tiến hành thí nghiệm, cần suy nghĩ kỹ về nó, nghĩa là cần hình thành câu hỏi hướng tới tự nhiên.”

Từ lời bạt của E. M. Klauss cho tuyển tập các bài viết của M. Planck “Sự thống nhất của bức tranh vật lý về thế giới”.

⟦trang 26⟧

Alice ở thế giới bên kia gương
Kliment Dyuorel

Liệu Tự nhiên có thể đánh lừa không? Có thể. Lịch sử biết những ví dụ khi các hiện tượng và sự kiện hoàn toàn rõ ràng và dường như đã được xác nhận nhiều lần lại hóa ra là không thể giải thích hoặc thậm chí sai. Những sự kiện như vậy có thể tìm thấy trong lịch sử không chỉ của vật lý mà còn, chẳng hạn, của thiên văn học. Chẳng hạn, trong nhiều năm hệ thống cấu tạo thế giới với Trái Đất bất động ở trung tâm đã được coi là được mọi người thừa nhận.

Tự nhiên có thể xảo quyệt. Vì vậy nhà vật lý luôn phải có thái độ phê phán đối với các dữ liệu của thí nghiệm, đối với những quan sát trực tiếp của mình và đặc biệt là đối với những sự kiện có vẻ hiển nhiên vì được xác nhận bởi những đánh giá của chúng ta. Về điều này, Kliment Dyuorel đã kể một cách thú vị và hấp dẫn trong cuốn sách «ABC của thuyết tương đối». Trong đó những quan niệm của thuyết tương đối được trình bày một cách phổ biến.

Kể về thuyết tương đối mà không dùng đến bộ máy toán học phức tạp là một việc vô cùng khó khăn. «ABC của thuyết tương đối» có lẽ là một trong những nỗ lực thành công nhất thuộc loại này. Bộ máy toán học của phần trình bày tương ứng với trình độ của trường trung học. Cuốn sách được viết một cách thông minh và tự nhiên.

Chúng tôi giới thiệu với bạn đọc một chương từ cuốn sách này. Câu chuyện trong đó được bắt đầu từ truyện cổ tích tuyệt vời của nhà toán học Anh Lewis Carroll «Alice ở thế giới bên kia gương».

⟦tờ 27⟧

“Tôi không thể tin điều đó”, Alice nói.
“Không thể ư? — trong lời Nữ hoàng có giọng tự cao.
“Chúng ta thử lại: hít thật sâu và nhắm mắt lại”.
Alice thở dài. “Cố gắng cũng vô ích, — cô nói, — tôi không thể tin vào điều không thể”.
“Có lẽ chúng ta đã luyện tập quá ít, — Nữ hoàng đáp. — Khi ta còn trẻ hơn, mỗi ngày ta dành cho việc đó nửa giờ. Và đôi khi, ngay trước bữa sáng, ta còn tin được sáu điều không thể”.
Lewis Carroll “Alice qua gương”

Tự nhiên có thể đánh lừa không?

Khi chơi một ván công bằng với Tự nhiên, các nhà khoa học gặp nơi nó một đối thủ không chỉ chọn những luật chơi thuận tiện cho mình mà, ngoài mọi chuyện khác, còn có thể chơi khăm đối tác hoặc dắt mũi họ. Nếu các tính chất của không gian không phù hợp với những quan niệm của chúng ta, nếu chúng làm méo mó tỉ lệ và nhịp chạy của đồng hồ, thì nói chung có những phương tiện nào cho phép xác lập chân lý không? Liệu có thể hy vọng rằng cuối cùng những điều kiện nhiều mặt sẽ buộc Tự nhiên phải vứt bỏ mặt nạ?

Giáo sư Garnett, dùng các ý tưởng của Lewis Carroll, đã minh họa một cách bổ ích việc Tự nhiên có thể đánh lừa chúng ta như thế nào, mà dường như không có nhiều nguy cơ bị vạch trần.

Rốt cuộc, chúng ta chỉ có thể dựa vào những dữ liệu nhận được nhờ các giác quan của mình, được kiểm tra và làm chính xác bằng các dụng cụ nhân tạo, các thí nghiệm lặp lại và việc khảo sát các khảo sát. Quan sát thường có thể là nguồn gốc của sai lầm, như trong một giai thoại do ngài George Greenhill kể.

Cuối năm học, tại một trường cao đẳng kỹ thuật đã diễn ra cuộc tiếp nhận và kiểm tra của bộ môn khoa học. Một nữ khách tham quan trẻ, bước vào phòng thí nghiệm vật lý và thấy trong một gương lõm lớn hình ảnh lộn ngược của mình, ngây thơ nhận xét với người bạn đồng hành: “Họ đã treo chiếc gương này ngược”. Nếu cô gái ấy đến gần gương, vượt qua tiêu điểm của nó, thì cô sẽ thấy rằng những người làm việc không có lỗi trong việc này. Nếu Tự nhiên đã đánh lừa cô, thì đó chỉ là một mánh khóe mà thí nghiệm tiếp theo sẽ vạch trần.

GƯƠNG LỒI

Bây giờ, theo giáo sư Garnett, chúng ta sẽ theo dõi những cuộc phiêu lưu của Alice ở xứ sở bên kia gương lồi (Trong gương). Trước hết cần liệt kê một số tính chất của gương lồi. Những độc giả muốn làm quen với các phép dựng và chứng minh chỉ dựa trên việc xét các tam giác đồng dạng và một số công thức đại số sơ cấp, có thể xem bài tập 9 ở trang 31.

Điểm A (hình 1) là đỉnh của gương lồi bán kính lớn; O—tâm của gương; đoạn OA—bán kính tâm, hay trục; điểm giữa F của đoạn OA là tiêu điểm của gương; PQ—vật có chiều cao a, đặt trước gương vuông góc với trục; P’Q’—ảnh của nó trong gương. Ta đưa vào các ký hiệu độ dài sau:

$$OF = FA = f, FQ' = x, Q'A = z, AQ = y, P'Q' = h.$$

28

Có các hệ thức sau:

$$\frac{1}{z} = \frac{1}{y} + \frac{1}{f}, \quad h = \frac{ax}{f}, \quad x = f - z.$$

Dễ dàng rút ra các hệ quả chung từ những công thức này. Vì $1/z = 1/y + 1/f$, nên $1/z > 1/y$, do đó $y > z$. Mà $1/f < 1/z$, nên $z < f$ hoặc $z < AF$. Vì thế ảnh $P'Q'$ luôn ở gần gương hơn vật $PQ$, và không bao giờ cách gương xa hơn điểm $F$.

Ngoài ra, vì $h = ax/f$, chiều cao của ảnh sẽ tỉ lệ với $x$ — khoảng cách từ ảnh đến $F$. Vì thế, $P'Q'$ càng gần $F$, đoạn $P'Q'$ càng nhỏ đi, tức là chiều cao của ảnh.

Cuộc sống trong thế giới qua gương

“Bây giờ nó đang ngủ, — Tviddi nói. — Theo bạn, nó mơ thấy gì?”
“Làm sao ai đoán được?” — Alice đáp.
“Bạn đang hiện ra trong giấc mơ của nó đấy! — Tviddi kêu lên. — Còn nếu bạn không còn hiện ra trong giấc mơ của nó nữa, thì theo bạn, bạn sẽ ở đâu?”
“Dĩ nhiên vẫn ở đây”, — Alice đáp.
“Hoàn toàn không phải thế, — Tviddi ngạo mạn phản bác. — Bạn sẽ không ở đâu cả: bởi vì bạn chỉ là một phần trong giấc mơ của nó!”
“Và nếu Nhà Vua bị đánh thức, — Tviddi thêm vào, — thì bạn sẽ biến mất ngay! như một ngọn nến bị thổi tắt.”)
“Nhưng tôi tồn tại thực sự mà”, — Alice nói và bắt đầu khóc.
“Khóc cũng không khiến bạn trở nên thực hơn đâu”, — Tviddi nhận xét *).

Lewis Carroll «Alice qua gương»

Bây giờ chúng ta sẽ xét Alice không phải như một giấc mơ, mà như ảnh trong một gương cầu lồi của một pseudo-Alice nào đó sống trong chính thế giới của chúng ta. Alice sẽ khăng khăng cũng bướng bỉnh như trong cuộc nói chuyện với Tviddi rằng cô là một cá thể tự do, tồn tại độc lập. Tuy nhiên, từ bên ngoài chúng ta sẽ thấy rằng các hành động của cô tuân theo những chuyển động và ý thích của pseudo-Alice, người mà chúng ta sẽ gọi là Alicia. Chúng ta sẽ so sánh những quan sát của chúng ta (hay những quan sát của Alicia)

*) Tviddi và Tviddiam (tiếng Anh là những người song sinh) — các nhân vật trong truyện «Alice qua gương». — Chú thích của người dịch.

với cách Alice hình dung về sự tồn tại của chính mình.

Alice qua gương

Chiều cao của Alicia bằng 4 fút, còn bề rộng eo của cô là 1 fút. (1 fút = 0,3048 m, 1 inch = 2,54 cm. Một fút có 12 inch). Ban đầu Alicia đứng tại điểm A quay lưng về phía gương, sao cho cô và Alice hoàn toàn giống nhau và đứng quay lưng vào nhau. Alicia có một thước dài 1 fút, cô giữ nó sát gương, sao cho thước chạm gương và trùng với chiếc thước một fút tương ứng mà Alice cầm.

Sau đó Alicia bắt đầu đi xa gương dọc theo trục của nó với vận tốc không đổi 1 fút/giây. Khi đó Alicia sẽ ra sao?

Giả sử bán kính của gương bằng 40 fút, do đó AF=FO=f = 20 fút. Hơn nữa, chiều cao của Alicia a=PQ=4 fút.

Chẳng hạn, sau 5 giây, tức là khi AQ=y=5, ta có

$$\frac{1}{z} = \frac{1}{y} + \frac{1}{f} = \frac{1}{5} + \frac{1}{20} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4},$$

$$AQ' = z = 4, \text{ và } x = Q'F = f - z = 20 - 4 = 16,$$

$$P'Q' = h = \frac{ax}{f} = \frac{4 \times 16}{20} = \frac{32}{10} = 3,2 \text{ fút}.$$

Nếu lúc ấy Alicia ngoảnh lại, cô sẽ nhận thấy rằng Alice chỉ đi được 4 fút, so với 5 fút mà chính cô đã đi, còn chiều cao của Alice đã giảm xuống còn 3,2 fút.

Chiếc thước một fút của Alice mà cô giữ thẳng đứng cũng co lại; chiều dài thực của nó bây giờ là

$$1 \times x/f = 1 \times 16/20 = 0,8 \text{ fút}.$$

Alice sẽ gạt bỏ ý nghĩ rằng mình đã nhỏ đi, và để thuyết phục Alicia, cô sẽ đo chiều cao của chính mình bằng chiếc thước một fút, rồi hân hoan chứng minh rằng cô vẫn cao đúng gấp bốn lần chiếc thước của mình, tức là 3,2/0,8=4.

Alicia cũng sẽ nói rằng Alice đã gầy đi: eo của cô bây giờ bằng.

29

theo chiều rộng 0,8 fum; thực vậy, chiều rộng của nó trùng với chiều dài của thước một foot, nhưng thước sau ở bất kỳ vị trí nào vuông góc với trục nay chỉ còn 0,8 fum.

Sự co lại theo hướng vuông góc với trục

Ta thấy rằng khi rời xa gương, Alice co lại ngày càng nhiều. Hệ số co lại theo bất kỳ hướng nào vuông góc với trục bằng $h/a$, tức là $x/f$, và do đó tỉ lệ với $x$ — khoảng cách từ Alice đến tiêu điểm $F$.

Rõ ràng Alice không thể phát hiện sự co lại này, vì thước của cô co ngắn theo cùng tỉ lệ như cơ thể và váy của cô. Thực ra mọi vật trong thế giới của Alice, bất kể chúng được làm bằng gì, đều ứng xử hoàn toàn như vậy. Vì thế ta cho rằng sự co lại này không phải là tính chất của vật chất, mà của chính không gian. Nó là ảnh hưởng mà không gian tác động như nhau lên mọi vật ở trong nó. Vì vậy ta nói rằng một trong các quy luật của không gian trong thế giới của Alice là sự co ngắn xảy ra tự nó và theo mọi hướng vuông góc với trục, tỉ lệ với khoảng cách $x$ đến tiêu điểm.

Sự co lại theo hướng dọc trục

Sau đó Alice đặt thước một foot của mình dọc theo trục, và Alice, dĩ nhiên, cũng làm như vậy.

Hình 2.

Gọi $Q$ và $S$ là hai vạch liên tiếp trên thước của Alice; khi đó $AQ=5$ fum, $QS=0,1$ fum, còn $AS=5,1$ fum. Trên thước của Alice các vạch tương ứng được ký hiệu là $Q'$ và $S'$ (hình 2). Ta đã chứng minh rằng nếu $AQ=y=5$, thì $AQ'=z=4$.

Tiếp theo, nếu $AS=y=5,1$, thì $AS'=z$ được cho bởi biểu thức

$$\frac{1}{z} = \frac{1}{y} + \frac{1}{f} = \frac{1}{5,1} + \frac{1}{20} =$$

$$= \frac{20+5,1}{5,1 \times 20} = \frac{25,1}{102},$$

$$AS' = z = \frac{102}{25,1} \approx 4,064.$$

$Q'S' = AS' - AQ' = 0,064$ feet.

Hệ số co theo hướng dọc trục tại điểm $Q'$ bằng

$$\frac{Q'S'}{QS} = \frac{0,064}{0,1} = 0,64.$$

Nhưng đã chỉ ra rằng hệ số co theo hướng vuông góc với trục tại điểm $Q'$ bằng 0,8.

Vì $(0,8)^2=0,64$, nên ta đi đến kết luận rằng hệ số co dọc theo trục bằng bình phương của hệ số co vuông góc với trục tại điểm tại điểm. Chứng minh của khẳng định này có trong bài tập 10 ở trang 31. Như vậy, theo quan sát của Alice, khi đi xa dần khỏi gương, Alice ngày càng mảnh hơn, và tốc độ nàng gầy đi lớn hơn tốc độ chiều cao của nàng giảm đi.

Chẳng hạn, nếu Alice quay nghiêng người và đưa tay trái về phía gương, còn tay phải ra xa gương, thì các ngón tay ở bàn tay trái của nàng dài và dày hơn các ngón tay ở bàn tay phải. Tuy nhiên, hiệu ứng chung là các ngón tay của bàn tay phải sẽ có vẻ như bị tách rời, hoặc so với bàn tay kia chúng ngắn đi nhiều hơn là mảnh đi.

Hình học trong thế giới của Alice

Khi Alice đều đặn đi xa dần khỏi gương, bước những bước có cùng độ dài, Alice cũng

⟦trang 30⟧

rời xa theo hướng ngược lại. Đồng thời (theo ý kiến của Alice) bước đi của Alice ngày càng ngắn hơn, nên cô chuyển động ngày càng chậm hơn. Và quả thật, dù Alice đi xa đến đâu, Alice cũng không bao giờ có thể tiến qua điểm $F$ (hình 3). Dĩ nhiên, Alice thấy rằng khoảng cách mà cô có thể đi xa ra là không bị hạn chế, và điều mà Alice gọi là điểm $F$, theo lời Alice, là một điểm ở vô tận. Nếu Alice chuyển động ở độ cao mặt đất, cô thấy rằng đỉnh đầu và lòng bàn chân mình dịch chuyển theo các đường song song. Những đường này, dĩ nhiên, phản ánh quan niệm của Alice về các đường song song. Còn Alice thì thấy rằng trên thực tế những đường này nhập lại tại điểm $F$. Nếu Alice kéo dài các đường ray xe lửa dọc theo trục, chúng cũng sẽ cư xử hoàn toàn như vậy.

Hãy tưởng tượng rằng Alice đi xe đạp dọc theo trục theo hướng ra xa gương. Khi đó các bánh xe đạp của Alice sẽ xảy ra điều gì (hình 4)?

Sự co lại dọc theo trục lớn hơn theo hướng vuông góc. Do đó, các bánh xe đạp của Alice không những sẽ nhỏ hơn bánh xe của Alice, mà hơn nữa bánh trước còn nhỏ hơn bánh sau. Và hơn thế nữa, mỗi bánh xe sẽ có dạng gần đúng là elip, trong đó đường kính đứng lớn hơn đường kính ngang. Mặc dù các bánh xe quay

Hình 4.

, các nan thẳng đứng sẽ luôn có vẻ dài nhất, còn các nan ngang — ngắn nhất. Các nan như dài ra khi quay từ vị trí ngang sang vị trí đứng, rồi co lại khi quay từ vị trí đứng sang vị trí ngang.

Bản thân Alice, sau khi tiến hành những phép đo cẩn thận, sẽ tin rằng chiếc xe của mình hoàn toàn bình thường, nhưng Alice sẽ nghĩ hoàn toàn khác.

Trò chơi trẻ con

Chúng tôi không định khẳng định rằng mình sống trong thế giới sau gương, mà chỉ muốn chỉ ra rằng, dường như không có phương pháp nào cho phép chúng ta phát hiện điều này, nếu trên thực tế đúng là như vậy. Khi thiết lập các quy luật không gian của mình, nếu muốn, Tự nhiên có thể trói buộc các cư dân của nó bằng những bùa phép của chính mình. Nhưng dù sao vẫn là một thực tế rằng Tự nhiên trả lời một số câu hỏi thực tiễn do các nhà khoa học đặt ra. Và điều đó luôn đem lại cho họ hy vọng rằng các quy luật của không gian và thời gian cuối cùng sẽ được khám phá. Nếu từ tất cả những điều đã nói, người đọc hiểu rằng việc tìm kiếm chân lý hoàn toàn không đơn giản, còn kết quả của những tìm kiếm ấy có thể bất ngờ, thì điều đó sẽ có nghĩa là chương này đã đạt được mục đích của nó.

Bài tập *)

1. Chứng minh rằng khi Alice lùi xa gương 10 foot, Alice chỉ tiến được 6 foot 8 inch, đồng thời chiều cao của cô là 2 foot 8 inch, còn bề rộng là 8 inch. Chiều cao của Alice bằng bao nhiêu khi cô đo mình bằng chiếc thước foot của chính mình?

2. Chứng minh rằng khi Alice lùi xa gương 20 foot, Alice chỉ tiến được 10 foot. Chiều cao và bề rộng vòng eo của Alice ở vị trí này sẽ là bao nhiêu?

3. Alice sẽ ở đâu vào lúc chiều cao của Alice giảm xuống còn 1 foot? Khi đó bề rộng vòng eo sẽ là bao nhiêu

*) Giả sử chiều cao của Alice bằng 4 foot, còn vòng eo của cô rộng 1 foot và dày 6 inch; ngoài ra, $f=20$ foot. (Nhắc lại rằng 1 foot = 12 inch. — Lời người dịch.)

31

của Alice? Chiều dài của chiếc thước một foot của cô ấy ở vị trí thẳng đứng sẽ bằng bao nhiêu? Có bao nhiêu chiếc thước như vậy sẽ xếp vừa trong chiều cao của Alice?

1. Độ dày vòng eo của Alice trong bài tập 1 sẽ là bao nhiêu? Alice sẽ nhận được giá trị đại lượng nào do kết quả phép đo của mình?
2. Hệ số co của Alice trong bài tập 2 sẽ bằng bao nhiêu? Các hệ số co dọc theo trục và vuông góc với trục có liên hệ như thế nào?
3. Alice, ở cách gương 20 foot, cầm trong tay một khối lập phương một inch, các cạnh của nó song song và vuông góc với trục. Vật nào sẽ nằm trong tay Alice?
4. Kích thước ngang của Alice sẽ bằng bao nhiêu khi chiều cao của cô ấy giảm xuống còn 1 foot?
5. Khi ra xa gương, ngoài kích thước, hình dạng bên ngoài của Alice có thay đổi tương tự không? Khi chiều cao của cô ấy giảm xuống còn 1 foot, một tác phẩm điêu khắc Alice đã được chế tạo theo tỉ lệ 4:1. Tác phẩm điêu khắc này có giống Alice sống không?
6. ВАС — là một gương cầu lồi, bán kính АО của nó lớn hơn đáng kể so với chiều cao của vật PQ. Tia sáng đi từ điểm P song song với trục, rơi vào gương tại điểm N và sau đó phản xạ theo hướng nối điểm này với tiêu điểm F. Gương không làm thay đổi hướng của tia đi từ điểm P đến tâm gương O. Do đó, ảnh của điểm P sẽ nằm tại điểm P’ trên giao điểm của NF và PO. Ta vẽ đoạn thẳng P’Q’ vuông góc với OA. Khi đó P’Q’ là ảnh của PQ. Tiêu điểm F là trung điểm của đoạn OA. Vì bán kính gương lớn, nên độ cong của nó nhỏ và NA có thể được xem là vuông góc với OA (hình 5).

Hình 5.

32

ĐĂNG KÝ TẠP CHÍ
«KVANT» NĂM 1971

«Kvant» — tạp chí khoa học phổ thông về vật lý và toán học của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô. Tạp chí chủ yếu dành cho học sinh các lớp 8—10. Trong số độc giả của tạp chí có nhiều giáo viên, đặc biệt là những người phụ trách các nhóm ngoại khóa hoặc các buổi học tự chọn về vật lý và toán học, cũng như sinh viên các trường sư phạm. Những người yêu thích vật lý và toán học ở lứa tuổi lớn hơn cũng đọc tạp chí này với sự quan tâm.

«Kvant» đăng các bài viết và ghi chép dành cho những vấn đề hiện đại của khoa học, cũng như nhiều tài liệu khác nhau mở rộng và đào sâu các chương trình vật lý và toán học ở trường phổ thông.

Trong tạp chí có nhiều thông tin phong phú dành cho những người chuẩn bị thi vào các trường đại học.

Các mục thường xuyên của tạp chí — «Sổ bài tập Kvant», «Phòng thí nghiệm Kvant», «Thực hành cho thí sinh» — chứa nhiều bài toán thú vị và các thí nghiệm tại nhà.

«Kvant» cung cấp cho độc giả của mình thông tin thường xuyên về các sách mới, về hoạt động của các trường và nhóm vật lý-toán học.

Trong số các tác giả của chúng tôi có những nhà khoa học Xô Viết và nước ngoài nổi tiếng, những cán bộ nghiên cứu trẻ, các nhà giáo dục. Với những thông báo về những phát hiện đầu tiên của mình, các công trình phòng thí nghiệm hoặc những thiết bị do mình tự chế tạo, học sinh cũng có thể xuất hiện trên các trang của tạp chí chúng tôi.

Việc đăng ký bắt đầu từ ngày 1 tháng 9. Giá một số báo là 30 kopeck. Chi phí đăng ký cả năm là 3 rúp 60 kopeck. Chỉ số đăng ký 70465.

33

Về một phương pháp quy nạp trong chứng minh bất đẳng thức

С. Т. Берколайко,
С. Б. Каток

Định lý về trung bình cộng và trung bình nhân, khẳng định rằng với mọi $x_1, x_2, \dots, x_n$ dương đều có bất đẳng thức

$$\frac{1}{n} (x_1 + x_2 + \dots + x_n) \geq \sqrt{x_1 x_2 \dots x_n},$$

thuộc số những sự kiện toán học mà các chứng minh của chúng ít được biết đến hơn so với phát biểu của chúng. (Những ví dụ khác thuộc loại này: trong số học — tính duy nhất của sự phân tích số thành các thừa số nguyên tố, trong hình học — định lý cho rằng các đường cao của tam giác cắt nhau tại một điểm.) Trong khi đó có rất nhiều cách khác nhau để chứng minh bất đẳng thức đáng chú ý này, trong đó có cả những cách sơ cấp (chẳng hạn, trong [1] (lời giải bài toán 268) đưa ra 3 chứng minh sơ cấp, còn ở đầu [5] đề xuất 12 chứng minh khác nhau). Trong bài viết này đưa ra thêm một chứng minh quy nạp ngắn khác, cũng áp dụng được cho những bất đẳng thức tương tự khác.

Ta phải chứng minh rằng

$$x_1 + \dots + x_n \geq n (x_1 \dots x_n)^{\frac{1}{n}}$$

(1)

với mọi số nguyên $n \geq 2$ và các $x_1, \dots, x_n$ dương.

Với $n=2$ bất đẳng thức này có dạng:

$$x_1 + x_2 \geq 2 (x_1 x_2)^{\frac{1}{2}}$$

(2)

và suy ra ngay từ bất đẳng thức hiển nhiên

$$(x_1^{\frac{1}{2}} - x_2^{\frac{1}{2}})^2 \geq 0.$$

Giả sử rằng với $n=k$ bất đẳng thức (1) đúng, và chứng minh nó với $n=k+1$.

Để làm điều đó, xét biểu thức:

$$x_1 + x_2 + \dots + x_k + x_{k+1} + (k-1) (x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}.$$

Chia tổng này thành hai tổng, mỗi tổng có $k$ số hạng, và đánh giá một trong chúng bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1) cho $n=k$:

$$x_1 + x_2 + \dots + x_k \geq k (x_1 \dots x_k)^{\frac{1}{k}},$$

$$x_{k+1} + (k-1) (x_1 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}} \geq k (x_{k+1} x_1^{\frac{k-1}{k+1}} \dots x_{k+1}^{\frac{k-1}{k+1}})^{\frac{1}{k}}.$$

Chúng tôi xem $(k-1) (x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$ là tổng của $(k-1)$ số hạng giống nhau $(x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$.

34

Áp dụng bất đẳng thức (2) cho các vế phải của hai bất đẳng thức đã nêu ở trên, ta được

$$k \left(x_1 \dots x_k\right)^{\frac{1}{k}} + k \left(x_{k+1} x_1^{\frac{k-1}{k+1}} \dots x_k^{\frac{k-1}{k+1}}\right)^{\frac{1}{k}} \geq 2k \left(x_1 \dots x_{k+1}\right)^{\frac{1}{k+1}},$$

suy ra

$$x_1 + x_2 + \dots + x_{k+1} \geq (k + 1) \left(x_1 x_2 \dots x_{k+1}\right)^{\frac{1}{k+1}}.$$

Để “cảm nhận” phép biến đổi đại số này, hãy xem nó trông như thế nào khi $n=3$:

$$x_1 + x_2 + x_3 + \left(x_1 x_2 x_2\right)^{\frac{1}{3}} \geq 2 \left(x_1 x_2\right)^{\frac{1}{2}} + 2 \left(x_1^{\frac{1}{3}} x_2^{\frac{1}{3}} x_3^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} \geq$$

$$\geq 2 \cdot 2 \left[ \left(x_1 x_2\right)^{\frac{1}{2}} \left(x_1^{\frac{1}{3}} x_2^{\frac{1}{3}} x_3^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} \right]^{\frac{1}{2}} \geq 4 \left(x_1 x_2 x_3\right)^{\frac{1}{3}},$$

suy ra $x_1 + x_2 + x_3 \geq 3 \left(x_1 x_2 x_3\right)^{\frac{1}{3}}$. Ở đây bất đẳng thức (2) đã được dùng ba lần.

Gần như bằng cách đó có thể chứng minh bất đẳng thức sau:

a) $a_1^p + a_2^p + \dots + a_n^p \geq n \left(\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}\right)^p$,

trong đó $n$ và $p$ là các số tự nhiên, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

b) $\sin \alpha_1 + \sin \alpha_2 + \dots + \sin \alpha_n \leq n \sin \left(\frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n}{n}\right)$,

trong đó $0 < \alpha_i < \frac{\pi}{2}$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

b) $\sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \dots \sin \alpha_n \leq \sin^n \left(\frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n}{n}\right)$,

trong đó $0 < \alpha_i < \frac{\pi}{2}$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

g) $\frac{1}{a_1^p} + \frac{1}{a_2^p} + \dots + \frac{1}{a_n^p} \geq \frac{n}{\left(\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}\right)^p}$,

trong đó $p$ và $n$ là các số tự nhiên, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

d) $(a_1 + b_1) (a_2 + b_2) \dots (a_n + b_n) \geq \left(\sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n} + \sqrt[n]{b_1 b_2 \dots b_n}\right)^n$,

trong đó $a_i > 0, b_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$).

36

Bằng lời, chứng minh bất đẳng thức cần thiết chỉ đối với $n=2$.

Còn nếu chứng minh tính lõm lên của hàm $\lg x$ (điều này dẫn đến việc chứng minh bất đẳng thức (2)), thì từ định lý của chúng ta, như một trường hợp riêng, sẽ thu được định lý về trung bình cộng và trung bình nhân:

$$\lg \left( \frac{x_1 + \ldots + x_n}{n} \right) \leq \frac{\lg x_1 + \ldots + \lg x_n}{n},$$

tức là

$$\lg \left( \frac{x_1 + \ldots + x_n}{n} \right) \leq \lg \left( x_1 \ldots x_n \right)^{\frac{1}{n}}, \quad \frac{1}{n} \left( x_1 + \ldots + x_n \right) \leq \left( x_1 \ldots x_n \right)^{\frac{1}{n}}.$$

Cuối cùng, chúng tôi đưa ra danh sách các cuốn sách trong đó có thể đọc những chứng minh khác của định lý về trung bình cộng và trung bình nhân.

[1] Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Tuyển tập các bài toán và định lý toán học sơ cấp, phần I, М., «Наука», 1965.

Hãy chú ý đến chứng minh đầu tiên trong ba chứng minh được đưa ra trong cuốn sách này («Bằng quy nạp ngược»).

[2] Кречмар, Sách bài tập về đại số. М., «Наука», 1968.

[3] Э. Беккенбах và Р. Белман, Nhập môn về các bất đẳng thức, М., «Мир», 1965.

[4] Г. Г. Харди, Д. Е. Литтельвуд, Г. Поляна, Các bất đẳng thức, ИЛ, 1948.

[5] Э. Беккенбах và Р. Белман, Các bất đẳng thức, М., «Мир», 1965.

Bài tập

1. Bất đẳng thức nào sẽ thu được nếu áp dụng định lý vào hàm $y=x^2$? Hãy thử chứng minh bất đẳng thức này một cách trực tiếp.

2. Hãy suy ra từ định lý tổng quát các bất đẳng thức a)—d). Cần chứng minh tính lõm lên của những hàm nào để làm điều này?

3. Hãy nghĩ ra thêm một vài ví dụ về các hàm lõm lên và viết ra bất đẳng thức thu được từ định lý 1 khi áp dụng vào các hàm này.

4. Hàm $f$ được xác định trên đoạn $[a, b]$ và có hàm ngược**) $g$. Hãy chứng minh rằng nếu $f$ lõm lên, thì $g$ lõm xuống, và ngược lại.

5. Hàm $f(x)$, được cho trên đoạn $[a, b]$, lõm lên. Hãy chứng minh rằng đối với mọi điểm $x_1, \ldots, x_n$, nằm trên đoạn $[a, b]$, và mọi $a_1, \ldots, a_n$ dương, bất đẳng thức được thỏa mãn.

$$\frac{a_1 f(x_1) + \ldots + a_n f(x_n)}{a_1 + \ldots + a_n} \leq f\left(\frac{(a_1 x_1 + \ldots + a_n x_n)}{a_1 + \ldots + a_n}\right).$$

(Nhận xét rằng bài toán này là sự khái quát hóa định lý đã được chứng minh trước đó, định lý này thu được khi $a_1=a_2=\ldots=a_n=1$.)

Gợi ý. Để giải bài toán này, có thể dùng chính phương pháp được chúng tôi áp dụng khi chứng minh định lý.

*) Có thể lấy lôgarit theo bất kỳ cơ số nào lớn hơn một.
**) Xem “Kvant”, số 1, trang 22.