Về một công thức của Christiaan Huygens

9

Về một công thức của Christian Huygen

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. V. VAVILOV

Độ dài của hình tròn có bán kính 1/2 có thể được định nghĩa là giới hạn của chuỗi độ dài chu vi của các đa giác đều nội tiếp trong một hình tròn nhất định với số cạnh của nó tăng không giới hạn. Được xác định theo cách này, số được biểu thị bằng ký hiệu l. Tương tự, số l có thể được định nghĩa là giới hạn chu vi của các đa giác đều ngoại tiếp đường tròn này (hình 1). Chính xác hơn, nếu bằng $p_n$ chúng ta biểu thị chu vi của hình nội tiếp và bằng $q_n$ chu vi của hình đều $n$-giác được mô tả, thì các bất đẳng thức xảy ra
$$p_n < \pi < q_n, \quad n \geqslant 3.$$
Khi $n$ tăng lên, cả hai chuỗi $p_n$ và $q_n$ đều tiến gần đến số l (hình 2); khi di chuyển từ $n$ đến $n+1$, chúng ta gặp ít sai số gần đúng hơn so với các số $p_n$ và $q_n$ đối với số l.
Theo ý nghĩa của cụm từ “Số đo đường tròn”, Archimedes (287-212 TCN) đã đưa ra phép tính gần đúng sau đây cho số l:
$$3\frac{10}{71} < \pi < 3\frac{10}{70},$$
đó là
$$3,14084507 < \pi < 3,14285714.$$
Archimedes thu được kết quả này bằng cách tính chu vi của một hình 96 giác đều nội tiếp.
Lịch sử lâu đời của số l gắn liền với nhiều tên tuổi của các nhà toán học nổi tiếng. Tuy nhiên, từ những người theo dõi

10

Chính sự bất bình đẳng cơ bản này đã cho phép Huygens tiến xa hơn Archimedes.

Dưới đây chúng ta sẽ chứng minh kết quả của Archimedes và H. Huygen và xem xét một số vấn đề liên quan.

Chứng minh bất đẳng thức chính

Ta sẽ chia chứng minh bất đẳng thức (1) thành nhiều bước. Chúng ta sẽ coi vế trái của bất đẳng thức này là đã biết và do đó chúng ta sẽ chỉ chứng minh tính đúng của bất đẳng thức thứ hai.

1°. Nếu trên một đoạn nào đó của đường tròn ACB ta quét tam giác đều ABC và tại các điểm A, B, C vẽ các tiếp tuyến với đường tròn như hình hình 4, thì

$$S_{ABC} < 2S_{KLM}.$$

(2) Có hiệu lực, từ sự tương ứng $|KL| > |LC|$ và $|LC| = |AL|$ nó dẫn đến $|AK| < 2|KL|$. Vì các tam giác KLM và KAB bằng nhau nên diện tích của chúng tỉ lệ với bình phương các cạnh tương ứng nên đúng là

$$S_{KAB} / S_{KLM} = |KA|^2 / |KL|^2 < 4,$$

từ đâu $S_{KAB} < 4S_{KLM}$.

Mặt khác, các tam giác đều KAB và ABC có chung đáy AB, và do đó diện tích của chúng liên hệ giống như độ cao của chúng, hoặc (theo định lý Thales) là độ dài các cạnh tương ứng. Kể từ đây,

$$\frac{S_{ABC}}{S_{KAB}} = \frac{|AL|}{|AK|},$$

và, vì $|AL| < (1/2)|AK|$, chúng ta nhận được $S_{ABC} < (1/2)S_{KAB}$.

Từ đây và từ bất đẳng thức trước về diện tích ta thu được (2).

2°. Nếu chúng ta biểu thị bằng $S_{cerm}$ diện tích đoạn ACB (xem hình 4), thì

$$S_{cerm} \leq \frac{2}{3} S_{ABK}.$$

(3)

Để chứng minh bất đẳng thức này ta sẽ sử dụng thông báo sau. Chúng ta hãy biểu thị (xem hình 5) bằng $S_0$ và $A_0$ diện tích của các tam giác ABC và KLM tương ứng. Bây giờ chúng ta hãy xem xét cung AC, chia nó làm đôi cho điểm $C_1$ và dựng các tam giác có diện tích $S_2$ và $A_2$ theo cách tương tự. Điểm $C_3$—trung điểm của cung AC$^2$—tạo theo cách tương tự các tam giác có diện tích $S_3$ và $A_3$. Tiếp tục quá trình này, chúng ta thu được hai dãy số dương $\{S_n\}$ và $\{A_n\}$ - diện tích của các hình tam giác tương ứng. Theo điều đã được chứng minh trong 1° - xem (2), ta có kết quả sau:

$$S_0 < 2A_0, \quad S_1 < 2A_1, \quad S_2 < 2A_2, \quad S_3 < 2A_3, \dots, \quad S_n < 2A_n.$$

Rõ ràng là (hình 6)

$$S_0 + 2S_1 + 2^2S_2 + 2^3S_3 + \dots + 2^nS_n + \dots = S_{cerm}$$

11

Và
$$A_0 + 2A_1 + 2^2A_2 + 2^3A_3 + \dots + 2^nA_n + \dots = S_{ABK} - S_{\text{сегм}}.$$
Từ chuỗi bất đẳng thức đã cho và hai bất đẳng thức cuối cùng suy ra *)
$$S_{\text{сегм}} \leq 2(S_{ABK} - S_{\text{сегм}}),$$
tức là phát biểu (3).
3°. Bổ đề hình học sau đây của X. Heugen cũng được quan tâm độc lập.
Bổ đề. Trên hình 7: O là tâm đường tròn, các đường thẳng AE và CD tiếp xúc với đường tròn, AB là đoạn tùy ý cắt đường thẳng CD, l_AC là độ dài cung AC. Khi đó bất đẳng thức sau là đúng:
$$l_{\text{AC}} \leq \frac{2}{3} |CD| + \frac{1}{3} |AF|.$$

Theo tính chất tiếp tuyến từ một điểm tới đường tròn, |AE| = |EC|; Do đó tam giác ACE là tam giác đều và các góc EAC và ECA bằng nhau. Suy ra tam giác AED cũng là tam giác đều (vì $CAD = 90^\circ$, $DAE = 90^\circ - EAC$, $ADE = 90^\circ - ECA$) và do đó |AE| = |ED| = |CE|. Từ (3) suy ra $S_{\text{сегм}} \leq (2/3)S_{AEC}$, trong đó $S_{\text{сегм}}$ là diện tích của đoạn hình tròn, được tô bóng

*) Không khó để chứng minh rằng nếu các dãy $\{a_n\}$ và $\{b_n\}$ có giới hạn và $a_n < b_n$, $n=1, 2, \dots$ thì $\lim_{n \to \infty} a_n \leq \lim_{n \to \infty} b_n$.

trên hình 7. Cộng diện tích $S_{AOC}$ của tam giác OAC vào cả hai cạnh của bất đẳng thức này, ta được
$$S_{\text{сегт}} \leq \frac{2}{3} S_{AEC} + S_{OAC},$$
trong đó $S_{\text{сегт}}$ là diện tích của khu vực OAC, từ đâu
$$S_{\text{сегт}} \leq \frac{2}{3} S_{OAC} + \frac{1}{3} S_{OAC},$$
trong đó $S_{OAC}$ là diện tích tứ giác OAEC. Bởi vì
$$S_{OAC} = 2 \cdot S_{OEC} = 2 \cdot \frac{1}{2} |OC| \cdot \frac{1}{2} |CD| = \frac{1}{2} |OC| \cdot |DC|, S_{OAC} = \frac{1}{2} |OC| \cdot |AF|, S_{\text{сегт}} = \frac{1}{2} |OC| \cdot l_{AC},$$
bất đẳng thức cuối cùng ngụ ý sự tương ứng mong muốn (4).
4°. Để hoàn thành việc chứng minh bất đẳng thức (1), chúng ta xây dựng cấu trúc sau (hình 8): gọi $AA_1$ là cạnh của một $n$-giác đều nội tiếp, và $LL_1$ là cạnh của một đa giác nội tiếp đều có số cạnh bằng nhau; kẻ đường thẳng AB và từ điểm A hạ đường vuông góc AK với tiếp tuyến LL_1.

Vì $AOC = 2ABC$ (một trong các góc là tâm và góc thứ hai nằm trên cùng một cung), nên ta thấy AD là phân giác trong tam giác LAK, và theo định lý phân giác ta có $|AL| / |LD| = |AK| / |KD|$.

Nhưng $(AK) \perp (KL)$, do đó $|AK| < |AL|$ và từ tỷ lệ trước đó, chúng ta nhận được $|KD| < |LD|$. Since $|AF| = |KC|$, we get $|KD| = |CD|$

12

| $n$ | $p_n$ | $q_n$ |
| :— | :— | :— |
| 3 | 2,59807621 | 5,19615242 |
| 6 | 3,00000000 | 3,46410161 |
| 12 | 3,10582854 | 3,21539030 |
| 24 | 3,13262861 | 3,15965994 |
| 48 | 3,13935020 | 3,14608621 |
| 96 | 3,14103195 | 3,14271459 |
| 192 | 3,14145247 | 3,14187304 |
| 384 | 3,14155760 | 3,14166274 |
| 768 | 3,14158389 | 3,14161017 |
| 1536 | 3,14159046 | 3,14159703 |
| 3072 | 3,14159210 | 3,14159374 |

$-|AF|$. Ngoài ra, $|LD|=|CL|-$
$-|CD|$ và do đó
$|CD|-|AF|<|CL|-|CD|,$
$2|CD|<|AF|+|CL|,$
$2|CD|+|AF|<2|AF|+|CL|$.

Sử dụng bây giờ (4), chúng tôi có được
$$l_{AC} < \frac{2}{3} |AF| + \frac{1}{3} |CL|.$$
Tương tự, chúng ta có thể viết rằng
$$l_{A1C} < \frac{2}{3} |A1F| + \frac{1}{3} |CL1|$$
hoặc cuối cùng
$$l_{AC} + l_{A1C} < \frac{2}{3} |AA1| + \frac{1}{3} |LL1|.$$

Nhân bất đẳng thức thu được với $n$, ta thu được bất đẳng thức (1).

Khám phá sâu hơn về sự bất bình đẳng cơ bản

Chúng ta đã chứng minh rằng số này nằm ở phần ba đầu tiên của tích phân $p_n$, $q_n$ với mọi $n \geqslant 3$. Để làm rõ vị trí của số l trong tích phân mới này, hãy xét tỉ số độ dài của các tích phân $p_n$, $\pi$ cho $p$, $q_n$ [. Các phép tính cho thấy *] (xem bảng 1, 2) rằng đây là tỷ lệ của độ dài, nghĩa là các giá trị của phân số
$$(q_n-\pi)/(\pi-p_n), n=3, 6, 12, 24,$$
khá gần với 2. Dựa trên những tính toán này, chúng ta có thể giả định với mức độ tin cậy cao rằng trong thực tế có sự tương ứng

*) Đối với những người muốn kiểm tra phép tính trên máy tính, chúng tôi trình bày giá trị gần đúng của đẳng thức: $\pi \approx 3,14159265$.

$$\lim_{n \to \infty} \frac{q_n-\pi}{\pi-p_n} = 2.$$ (5)

Để chứng minh sự tương ứng của (5), ta lưu ý rằng (hình 9))

$$p_n=n \cdot \sin \frac{\pi}{n}, q_n=n \cdot \tg \frac{\pi}{n}, n \geqslant 3,$$
và do đó
$$\frac{q_n-\pi}{\pi-p_n} = \frac{1}{\cos \frac{\pi}{n}} \cdot \frac{n \sin \frac{\pi}{n}-\pi \cos \frac{\pi}{n}}{\pi-n \sin \frac{\pi}{n}}.$$
Để phân tích biểu thức kết quả, chúng ta sẽ cần bất đẳng thức *)
$$x-\frac{x^3}{6} < \sin x < x-\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}, x > 0.$$ (6)

Để chứng minh bất đẳng thức trái trong (6), ta đặt
$$f(x)=\sin x-x+\frac{x^3}{6}.$$

Sau đó chúng tôi có
$$g_1(x)=f'(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2},$$
$$g_2(x)=g'_1(x)=-\sin x+x.$$

*) Bất bình đẳng (6) cải thiện đáng kể tội lỗi bất bình đẳng nổi tiếng $x<x$ cho $x>0$; see on this matter: «Kvant», No. 5, 1979, p. 5.

13

Vì sin x < x đối với x > 0, nên chúng ta nhận được $g_2(x) > 0$ đối với x > 0. Do đó, hàm $g_1(x)$ trả về cho x > 0. Nhưng $g_1(0) = 0$ và do đó, $g_1(x) > 0$ đối với x > 0. Hàm $g_1(x)$ là tùy ý đối với hàm $f(x)$, đối với hàm này cũng $f(0) = 0$. Nhưng đối với x > 0, chúng ta có $g_1(x) > 0$, do đó hàm $f(x)$ cũng trả về và do đó chỉ nhận các giá trị dương, tức là $f(x) > 0$ cho x > 0, như đã nêu.

Các quy tắc về bất đẳng thức từng phần (6), cũng như các bất đẳng thức (bạn hãy chứng minh chúng nhé!) cũng được thiết lập theo cách tương tự.

$$1 - \frac{x^2}{2} < \cos x < 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}, \quad x > 0. \quad (7)$$

Các công thức gần đúng sau đây rút ra từ bất đẳng thức (6) và (7):

$$\sin \frac{\pi}{n} \approx \frac{\pi}{n} - \frac{\pi^3}{6n^3},$$

$$\cos \frac{\pi}{n} \approx 1 - \frac{\pi^2}{2n^2}.$$

Kể từ đây,

$$\frac{q_n - \pi}{\pi - p_n} \approx 2 \cdot \left(1 - \frac{\pi^2}{2n^2}\right)^{-1},$$

điều này hoàn thành bằng chứng tương ứng (5), vì $\frac{\pi^2}{2n^2}$ có xu hướng bằng 0 khi $n \to \infty$.

Đẳng thức (5) cho phép chúng ta rút ra kết luận định tính sau: số $\pi$, đối với bất kỳ $n \geqslant 3$ nào trong khoảng $]p_n, \frac{2}{3}p_n + \frac{1}{3}q_n[$, với tất cả các giá trị đủ lớn của $n$, nằm gần đầu bên phải của khoảng này hơn là ở bên trái.

Công thức Goygenas và hiệu quả của nó

Archimedes đã sử dụng công thức gần đúng để tính số $\pi$

$$\pi \approx p_n, \quad n \geqslant 3.$$

Đặc biệt, trong công trình của mình, Geugens đã thu được một công thức gần đúng khác

$$\pi \approx \frac{2}{3}p_n + \frac{1}{3}q_n, \quad n \geqslant 3,$$

nghĩa là, tôi lấy vế phải của bất đẳng thức (1) làm giá trị gần đúng cho số $\pi$.

Hiệu quả cao hơn của công thức Goigenas so với công thức Archimedes có thể được phát hiện bằng cách tính toán trực tiếp trên máy tính vi mô, so sánh kết quả của các phép tính đó được tóm tắt trong bảng 1, 2 và 3 (các chữ số chính xác của số $\pi$ được đánh dấu màu trên các bảng này). Lưu ý rằng cũng sẽ có những phép tính - hấp dẫn và khó bài toán.

Có thể so sánh tính hiệu quả của các công thức của Archimedes và Geugenas bằng một phương pháp khác mà không cần tính toán cụ thể tùy ý cho $p_n$ và $q_n$. Bạn có thể sử dụng cái gọi là ước tính trước để biết độ chính xác của các công thức này, tức là những bất đẳng thức cho phép bạn ước tính trước sự khác biệt $\pi - p_n$ và $\frac{2}{3}p_n + \frac{1}{3}q_n - \pi$ cho tất cả $n \geqslant 3$ mà không cần tính chu vi. Giá trị của những ước tính trước đó còn nằm ở chỗ chúng cho phép chúng ta ước tính chính xác con số $n$ mà chúng ta cần tìm ra độ chính xác. Sử dụng các bất đẳng thức (6) và (7) và các phép tính thực nghiệm đơn giản tùy ý, không khó để thu được (chúng tôi để đây là bài tập cho người đọc!) các ước lượng thực nghiệm sau:

$$\frac{5}{n^2} < \pi - p_n < \frac{6}{n^2}, \quad n \geqslant 3, \quad (8)$$

Và

$$\frac{2}{3}p_n + \frac{1}{3}q_n - \pi < \frac{64}{n^4}, \quad n \geqslant 3. \quad (9)$$

Trực tiếp từ những bất đẳng thức này

14

chúng tôi nhận thấy rằng “tốc độ” mà chênh lệch $\frac{2}{3} p_n + \frac{1}{3} q_n - \pi$ có xu hướng về 0 lớn hơn “tốc độ” mà chênh lệch $\pi - p_n$ có xu hướng bằng 0 tại $n \to \infty$.

Để so sánh những “tốc độ” này, chúng ta sẽ tìm những giá trị $n$ chắc chắn sẽ cung cấp cho chúng ta độ chính xác khi tính số $\pi$, chẳng hạn như bằng $10^{-2}$. Vì $\pi - p_n < \frac{6}{n^2}$, để tính toán bằng công thức Archimedes với độ chính xác này, chỉ cần lấy $n$ sao cho $6/n^2 < 10^{-2}$, tức là, $n \geq 25$. Sử dụng công thức Goigenas, chúng ta chỉ cần chọn $n$ sao cho $64/n^4 < 10^{-2}$, tức là $n \geq 9$.

Như có thể thấy từ ví dụ được phân tích, cũng như từ các bất đẳng thức (8) và (9), công thức Goigenas nhanh chóng dẫn đến độ chính xác xác định.

Hai bài toán

Chúng tôi đặt ở đây tài liệu có thể là sự khởi đầu của một nghiên cứu toán học nhỏ.

Bài toán 1. Gọi $AC$ là dây cung, $|BB_1| = 2R$ là đường kính của một đường tròn. $O$ là tâm của đường tròn, $(BB_1) \perp (AC)$, $B$ là giữa cung $AC$, $E$ và $F$ lần lượt là tâm của cung $AB$ và $BC$ (hình 10). Chứng minh rằng

a) $|AB|^2 = |BD| \cdot |BB_1|$, $|BE|^2 = |BG| \times |BB_1|$;

b) $|BD| < 4 \cdot |BG|$;

c) $|AC| < 2 \cdot |EF|$;

d) $S_{ABC} < 4(S_{ABE} + S_{BFC})$;

e) $\pi R^2 > \frac{4}{3} S_{2n} - \frac{1}{3} S_n$;

trong đó $S_n$ là diện tích của $n$-giác đều trong một hình tròn ($S_{2n}$ là $2n$-giác tương ứng);

g) $2\pi R > \frac{4}{3} p_{2n} - \frac{1}{3} p_n$,

trong đó $p_n$ là chu vi của $n$-giác đều trong một vòng tròn ($p_{2n}$ là $2n$-giác tương ứng);

bài toán 2. Chứng minh rằng tất cả các dòng bên dưới dòng trước đều tồn tại và tìm chúng:

a) $n^2(\pi - p_n)$;

b) $n^4\left(\frac{2}{3} p_n + \frac{1}{3} q_n - \pi\right)$;

b) $\lim_{n \to \infty} \frac{p_n^2 - p_{n-1}p_{n+1}}{2p_n - p_{n-1} - p_{n+1}}$;

r) $n^4\left(\pi - \frac{4}{3} p_{2n} + \frac{1}{3} p_n\right)$;

d) $\lim_{n \to \infty} \frac{\pi R^2 - S_n(n)}{S_q(n) - \pi R^2}$,

trong đó $R$ là bán kính của hình tròn; $S_p(n), S_q(n)$ là diện tích của đa giác treo đều và ngoại tiếp.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng quan sát của H. Heugen rằng số $n$, bằng chiều dài của một hình tròn có bán kính $1/2$, lớn gấp đôi chu vi của một $n$-giác đều treo trong vòng tròn này so với chu vi của một $n$-giác đều ngoại tiếp vòng tròn này, gần đây đã được khái quát hóa cho trường hợp các hình lồi tùy ý được giới hạn bởi các đường cong trơn (không có điểm gấp khúc). Cụ thể, các tuyên bố sau đây giữ.

Đặt $L$ biểu thị độ dài của một đường cong khép kín không có điểm gấp khúc, $P_n$ chu vi của một $n$-giác có chu vi tối đa lơ lửng trong một đường cong nhất định và $Q_n$ chu vi được mô tả xung quanh một đường cong nhất định có chu vi tối thiểu (chúng tồn tại!). Khi đó sự tương ứng của các phát biểu là đúng

$$\lim_{n \to \infty} \frac{Q_n - L}{L - P_n} = 2.$$

Chứng minh của nhận định này và nhiều kết quả thú vị khác liên quan đến nó có thể được tìm thấy trong cuốn sách [4].

Văn học

1. Rudno F. Trên hồ sơ hành trình (Archimedes, Heugens, Legendre, Lambert), Toán học, 1911.
2. Veselovsky I. N. Christian Geugens. - M.: Uchredgiz, 1959.
3. Kipman F. Lịch sử số $\pi$, - M.: Nauka, 1971.
4. Toth L. F. Vị trí trên mặt phẳng, trên mặt cầu và trong không gian, - M.: Fizmatgiz, 1958.