Квант 1970, №8 · Страницы

Научно-популярный физико-математический
квант
8
1970
журнал
Академии
наук СССР
и
Академии педагогических
наук СССР

70

Главный редактор — академик И. К. КИКОИН
Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. КОЛМОГОРОВ

Редакционная коллекция

Л. А. Арцимович,
М. И. Баимаков
В. Г. Болтянский,
И. Н. Бронштейн
Н. Б. Васильев
И. Ф. Гинзбург
В. Г. Зубов,
П. Л. Капица,
В. А. Кириллин,
Г. И. Косуров
В. А. Лешковцев
В. А. Лишевский
А. И. Маркушевич,
М. Д. Миллюоницков,
Н. А. Пампикеева
Н. Х. Розов
А. П. Савин
И. Ш. СLOBODEЧИЙ
М. Л. Смолянский
Я. А. Смородинский,
В. А. Фабрикант,
Я. Е. Шнайдер

акademик
член-корреспондент АПН СССР
акademик АПН СССР
акademик
(зам. главного редактора)
акademик АПН СССР
акademик
(зам. главного редактора)
доктор физико-математических наук
акademик АПН СССР
(ответственный секретарь)

Заведующая редакция Л. В. Чернова.
Главный художник Е. П. Леонов.
Технический редактор Т. М. Макарова.
Корректоры Г. С. Смоликова и В. Мамулова.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15 Тел. 234-08-11
Сдано в набор 19/V-70 г.

Подп. к печ.10/V111-70 г.
Бумага 70×100¹/₁₆. Физ. печ. л. 4. Условн. печ. л. 5,6. Уч.-изд. л. 5,5 Тир.172480 экз.
Цена 30 коп. Заказ 848
Чеховский полигraphкомбинат Главполіграфпрома Комитет по печати при Совете Министров СССР, г. Чехов Московской области

1

8
Журнал
Академии
наук СССР
и
Академии
педагогических
наук СССР

В НОМЕРЕ:

Невписьваемые многогранники 2
Е. М. Андреев

Бесконечные цепные дроны 10
Н. М. Бескин

О форме доходевой капли 21
И. Ш. Слободецкий

Алиса в Зазеркале 26
Климент Дьюрелл

Об одном индуктивном методе
доказательства неравенств 33
С. Т. Берколайко,
С. Б. Каток

Как сделать электростатический генератор 37
С. А. Хорошивин

Задачник «Кванта» 40

Решения Задачника «Кванта» 42
А. Л. Тоом,
В. Л. Гутенмахер,
E. М. Раббом

У нас в гостях журнал
«Matematika» 54

Ленинские premii 1970 года 58

Ответы, указания, решения 62

Кроссворд —
3-я страница обложки

1

3

Рассмотрим куб, одна из вершин которого средана плоскостью (рис. 1). Можно ли полученный многогранник вписать в сферу? Зависит ли ответ на этот вопрос от того, какой именно плоскостью средана вершина? С решением этой, а также подобных задач мы и хотим познакомить читателя.

Предположим, что нам даны пункты ограничений многогранник, т. е. тело в пространстве, ограниченное со всех стороны плоскими многоугольниками — гранями — и лежащое по одному сторону от плоскости каждой из своих граней. Требуется выяснить, можно ли данный многогранник вписать в сферу.

Обозначим весь многогранник буквой $M$, занумерем по отдельности его грани, ребра и вершины и будем обозначать $i$-ю грань через $\Gamma_i$, $i$-е ребро через $P_i$ и $i$-ю вершину через $B_i$. Принято говорить, что две грани смежные, если у них имеется общее ребро, а две вершины соседние, если они суть концы одного и того же ребра.

Чтобы решить поставленную задачу, надо прежде всего проверить, является ли все многоугольники $\Gamma_i$ вписаными. Затем для каждой ребра $P_k$ рассмотрим пару граней $\Gamma_i$ и $\Gamma_j$, граничших по этому ребру, и обозначим через $r_k$ расстояние от точки пересечения перпендикуляров,

восставленных из центров окружности, описанных около $\Gamma_i$ и $\Gamma_j$, до одной из вершин многоугольника $\Gamma_i$ или $\Gamma_j$; величины $r_k$, очевидно, не зависит от выбора вершины (рис. 2).

Задача 1. Доказать, что многогранник $M$ вписанный-mode и molъко-mode, когда все многоугольники $\Gamma_i$ вписанные, $u r_1=r_2=\dots=r_m$, едем — число ребер многогранника.

Этот или аналогичный способ проверки вписанности $M$ был известен давно, но вдруг в начале XX века обнаружилось, что в целом ряде случаяев можно доказать, что $M$ вписанным не является, не производа починики вычислений.

Первым это заметил немецкий математик Э. Штейнц. В 1927 году вышла в свет его статья, в которой была доказана следующее теорема.

Теорема Штейнца. Пусть все вершины многоугольника $M$ можно разбить на черные и белые马克, чтобы

1. Никакие две черные вершины не были соседними.
2. Число черных вершин было больше, чем число белых.
3. Тогда многогранник $M$ нельзя вписать в сферу.

Прежде чем перейти к доказательству теоремы, сделаем неокторые замечания. Пусть у нас есть фиксировано

4

Рис. 3.

ванная сфера и неокторый двумгранный угол, ребро которого эту сферу пересекает. Возьмем точку пересечения ребра со сферой и проведем через нее касательную плоскость (рис. 3). Двугранный угол высекает в этой плоскости линейный угол. Этот угол мы назовем линейным углом двумгранного угла относительно данной сферы или просто относительно угла двугранного угла. Очевидно, что относительной угол не зависит от выбора одной из двух точек пересечения ребра со сферой. Если же ребро касается сферы, то удобно положить величину относительной угла равной нулю.

Рассмотрим теперь выпуклый многогранный угол, все ребра которого пересекают данную сферу. Относительные углы его двумгранных углов называем относимельными целами данной многогранного уела. Пусть у многогранного угла $n$ граней, а его вершина лежит на сфере. Тогда сумма его относительных углов равна $\pi (n-2)$. В самом деле, проведем через вершину многогранного угла касательную плоскость, а затем проведем плоскость, ей параллельную, секущую и сферу, и все ребра многогранного угла (это возможно, так как все ребра пересекают сферу). Многогранный угол высекает в этой плоскости многоугольник, углы которой равны $\pi (n-2)$.

Рого равны относительных углам, что следует из теоремы об углах с попарно параллельными сторонами (рис. 4). Аналогичное равенство для суммы углов многоугольника хорошо известно.

Перейдем к доказательству самой теоремы. Предположим, что многогранник $M$ вписан в сферу. Обозначим относительной угол двумгранного угла с ребром $P_i$ через $\gamma_i$. Пусть $n_k$ — число ребер, сходящся в вершине $B_k$.

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, стояшую в левой части. Если $i$-е ребро идет из черной вершины в белую, то число $\beta_i$ входит

5

в левую часть один раз со знаком «+» и один раз со знаком «—», в сумме 0; если — из белой в белую, то β₁ оба раза входит с «+». Ребер с двумя черными концами не былает. Итак, сумма чисел в правой части не меньше нуля и мы пришли к противоречию, предположив, что M — вписанный.

Прежде чем переходить к анализу полученного результата, т. е. прежде чем выясить, чем заменять и что означает теорема Штейница, надо показать, что теорема содержательна, т. е. что существуют многогранники, удовлетворяющие ее условиям. Возьмем октаэдр (рис. 5, a) и на каждой его грани, как на основании, построим правильную треугольную парамиду, причем высоту парамиды возьмем такой маленькой, чтобы двугранные углы при основании были меньше 25°. Расмотрим многогранник M, склеенный из исходного октаэдра и восьми вовь построенных парамид (рис. 5, б).

Задача 2. Доказать, что многогранник M выпуклый.

Объявим белыми те его вершины, которые были вершинами исходного октаэдра, а черными — все остальные. Ясно, что условия теоремы Штейница выполняются. Итак, мы построили пример многогранника, который нельзя в сферу, в чем можно убедиться, не зная ни размеров, ни углов многогранника, но зная только его строение.

Уточним, что значит строение. Начнем с плоскости. Чтобы описать строение выпуклого многоугольника, надо сказать, сколько у него вершин, тогда у него столкко же и сторон; каждая сторона смежна с двумя другими, и в каждой вершине сходятся две стороны.

Иное дело в пространстве: у доказаэдра (рис. 6, a) и у десятиугольной примеры (рис. 6, б) одинаковое число граней — 12, одинаковое число ребер — 30, одинаковое число вершин — 20, а строение совсем разное. В пространстве, чтобы описать строение многогранника, надо сказать не только сколько у него ребер, граней и вершин, но и как грани склеены между собой, т. е. какие грани являются смежными, какие вершины являются соседними и какие грани сходятся в каждой из вершин. Два многогранника имеют одинаковое строение, если у них одинаковое число вершин, ребер и граней и они одинаково из этих элементов составлены.

Назовем выпуклый многогранник M такой, что ни сам он, ни любой другой многогранник, имеющий то же строение, вписанным не является, абсолотно неверписьваемым. Из тео-

6

Рис. 6, а. Развертка дodeкаэдра.

ремы Штейница следует, что любой многогранник, удовлетворяющий ее условиям I и II, является не только неправильным, но и абсолотно неправильным. Построенный выше многогранник (рис. 5, б) представляет собой пример абсолотно неправильного многогранника. Ничего подобного на плоскости не было: для всякого $n \geq 3$ найдет вписанный $n$-угольник. Поэтому до Штейница все считали, что не существует абсолотно неправильных многогранников. Существовали даже очень правдоподобные, но чут-чут не законченные доказательства этого утверждения. Телер появилась новая проблема: найти все абсолотно неправильные многогранники, точнее, найти необходимые и достаточно условия того, чтобы многогранник был абсолотно неправильным.

У нас есть условия Штейница — достаточно условие абсолотной неправильности. Можно быть оно является необходимым? Нет. Это вытекает из следующих задач.

Задача 3. Пусть все вершины многогранника $M$ можно разбить на черные и белые маски, чтобы

I. Число белых блю не больше числа черных.

II. Никакие две черные вершины не были бы соседними и, например, нашлись бы две соседние белые вершины.

Рис. 6, б. Развертка десятиугольной признамы.

Доказать, что многогранник $M$ нельзя в сфере.

Задача 4. Построить пример многогранника, удовлетворяющего условию задачи 3 и не удовлетворяющего условиям теоремы Штейница.

Важно отметить и другие: если в каждой вершине многогранника $M$ ходится одно и то же число, скажем, $k$ граней, то $M$ не удовлетворяет ни условию теоремы Штейница, ни условию задачи 3. Предположим противное, и пусть $m$ — число всех ребер многогранника, $p$ — число его черных вершин и $q$ — белых, $p \geq q$, а в теореме Штейница это неравенство строое. Тогда $2m = k(p + q)$, у каждой ребра два конца, в каждой сходятся $k$ ребер. Кроме того, на каждом ребре лежит белая вершина, т. е. $m \leq kq$, и в случае задачи 3 это неравенство строое. С другой стороны, $p + q \geq 2q$, и в условиях теоремы Штейница это неравенство строое. Итак, получаем неравенства

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

Если $M$ удовлетворяет условию теоремы Штейница или условию задачи 3, то одно из этих неравенств будет строим, что невозможно.

Остановим теперь на многогранниках, в каждой вершине которых сходятся три грани: эти многогранники в некотором смысле самые

7

ПиЧНЫЕ, но мы о них ничего не знаем с точки зрения их вписываемости.

Рассмотрим три попарно пересекающей плоскости; они либо образуют треугольный угол, либо линейных пересечения параллельны; в этом случае скажем, что они образуют бесконечный треугольный угол. Фиксируем неоктору сферу. Пусть все ребра треугольного угла ее пересекают, а вершина этой сфере не принадлежит, а может быть, вершины и вовсе нет. Оказывается, что если вершина угла лежит внутри шара, но не на сфере, то сумма относительных углов больше π, а если лежит шара или угол бесконечный, то меньше π. Действительно, рассмотрим окружности, высекаемые граями треугольного угла на сфере, — углы между этим окружностями и есть относительные углы треугольного угла.

Возьемт точку на сфере, не принадлежащую ни одной из этих окружностей, и stereографические проектируем окружности из этой точки на плоскость. Возможны три случая (рис. 7, а, б, θ): в первом — вершина лежит вне сферы, во втором — на сфере, в третьем — внутри сферы. Углы сохраняются при stereографической проекции, значит, углы α, β, γ равны исходным относительным углам. В первом случae α + β + γ меньше суммы углов ΔABC, а в третьем—больше. Утверждение доказано.

Пусть все вершины многоогранника M можно разделить на черные и белые так, чтобы две вершины одного цвета не были соседними.

Задание 5. Пусть во всех вершинах многоогранника M сходится одинаковое число граней и все вершины разбины на черные и белые мак, чтобы никакие две вершины однозочеment оседними не оказались. Доказать, что число черных вершин равно числу белых.

рис. 7, в. вершина угла лежит внутри сферы, α + β + γ > π

8

Задача 6. Доказать, что вершины многоорганика можно разбить на черные и белые мак, чтобы никакие две вершины однозоче цемпа не были соседними моеда и молко моеда, когда у каждой грани многоорганика четное число сторон.

Указан и е. Для доказательства достаточно взять любую вершину и объявить ее белой, соседние с ней — черными и т. д. Нужно доказать, что при этом не возникает противоречий, т. е. что во всякой замкнутой ломаной, составленной из ребер многоорганика, четное число звеньев.

Вернемся к многоорганику $M$ с раскрашенными вершинами. Так как $M$ в каждой вершине сходятся три грани, то число белых вершин равно числу черных вершин. Выделим у него неокторые из черных вершин (одну, две или все) и отрезком их с помощью плоскостей. Каждый вершину отрезком одной плоскостью, пересекающей лишь те ребра, которые из этой вершины исходят, и не содержащей никаких вершин $M$. Получившийся многоорганик обозначим $M'$. Он отличается от $M$ тем, что у него вместе неокторых черных вершин — треугольные грани. Докажем, что многоорганик $M'$ абсолютоно неписываемый.

Предположим, что многоорганик $M'$ или другой многоорганик, имеющий то же строение, вписан в сферу. Выделим три грани, которые соответствуют тем граям многоорганика $M$, сходящимся в одной обрезанной вершине. Эти три грани попарно смежные, вершина обрезанного трехгранного угла лежит заведomo вне сферы, так как многоорганик вписанный, поэтому сумма относительных углов при них меньше л. Припишем каждому ребру многоорганика $M$ относительной угол при соответствующем ребре многоорганика $M'$. Тогда сумма этих приписанных углов при всех белых и при всех невыделенных черных вершинх равна л, а при выделенных черных вершинх строго меньше л. Как и при доказательстве теоремы Штейница, выписем эти равенства и неравенства, суммы, соответствующие белым вершинам, умножим на —1 и сложим их. В результате должно получаться строое неравенство. Однако влевой части мы получим нуль, либо каждой из приписанных углов один раз входит в сумму при белой вершине, а один раз — при черной. В правой части мы тоже получим нуль, так как число белых вершин равно числу черных. Полученное противоречие ($0<0$) и доказывает наше утверждение.

Точно такое же рассужждение можно проверить, если отмеченные вершины spreзать не одной, а несколько плоскостями, лишь бы сходящиеся в них грани оставались попарно смежными и не сходились в одной вершине.

Этим способом можно получить и другие достающие условия. Сейчас стали известны и неокторые необходимые условия того, чтобы многоорганик был абсолютоно неписываемый, но в целом пробела до сих пор не решена.

Метод относительных углов позволяет решать и другие интересные задачи.

Задача 7. Пусть в каждой вершине многоорганика $M$ сходится три грани, а у каждой его грани цемпо число сторон. Доказать, что если все, кроме одной, вершины многоорганика $M$ лежат на сфере, то многоорганик $M$ вписанный.

Указан и е. Воспользоваться задачей 6. Не пропускать такой неприятной возможности: ребра, исходящие из вершины, не лежащей на сфере, касаются сферы.

Аналогичная, но более сложная.

Задача 8. Пусть все вершины многоорганика $M$ разбиты на черные и белые, как это описано в задане 5, и число черных вершин равно числу белых. Доказать, что если все, кроме одной, вершины многоорганика $M$ лежат на сфере, то многоорганик $M$ вписанный.

Таким образом, если вершины можно разбить на черные и белые, как это описано в задане 5, то либо многоорганик абсолютоно неписываемый, либо удовлетворяет задане 8, т. е.

9

Рис. 8. Этот многогранник нельзя описать около сферы

из того, что на сфере лежат все его вершины, кроме одной, следует, что он вписанный.

Простейшим примером абсолотно неуписываемого многогранника является куб с одной среданной вершиной (см. рис. 1).

В заключение остается сознаться, что Штейнц доказал отнюдь не ту теорему, которая называется его именем, но двойственное к ней утверждение, которое мы формулируем в виде задачи.

Задание 9. Пусть все грани многогранника М можно разбить на черные и белые маски, чтобы

I. Число черных граней было больше, чем число белых.
II. Никакие две черные грани смешны не являются.
Доказать, что многогранник М нельзя описать вокруг сферы.

На рисунке 8 изображен один из самых простых примеров абсолотно неуписываемого многогранника — куб, у которого среданы все вершины.

БЕСКОНЕЧНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ

Известно, что $x < 1$. Попробуйте выяснить, чем равно бесконечное произведение $(1 + x + x^2 + \dots + x^9) \times (1 + x^{10} + x^{20} + \dots + x^{90})$ $(1 + x^{100} + x^{200} + \dots + x^{900})$.

ОТКУДА ВЗЯЛИСЬ РАВЕНСТВА?

Попробуйте выяснить, на чем основаны числовые равенства:
$$\frac{41^3 + 25^3}{41^3 + 16^3} = \frac{41 + 25}{41 + 16},$$
$$\frac{73^3 + 37^3}{73^3 + 36^3} = \frac{73 + 37}{73 + 36},$$
$$\frac{81^3 + 18^3}{81^3 + 63^3} = \frac{81 + 18}{81 + 63}.$$

Не сможете ли вы сами составить такое равенство с другими числами?

ЕЩЕ РАЗ ОБ АЛЕНУШKE И ЕЕ БРАТЦЕ ИВАНУШKE

Братец Иванушка и сестрица Аленушка живут на полуострове (см. рис.). Иванушка живет в домике A, Аленушка — в домике B. Иванушка собрать в гостин к Аленушка и взял с собой два ведра, чтобы зачерпнуть один киселя из кисельной реки, другим — молока из молочной. Какой маршрут должен выбрать Иванушка, чтобы кратчайшим путем попасть к Аленушки?

11

1. Введение

2. Постановка вопроса.
   В предыдущей статье («Квант», № 1) была намечена проблема представления любого действияного числа целной дробью. Однако она не была разрешена. Отправлясь в дальнейший путь, отдам себе отчет в том, что сделано и что осталось сделать.

Проблема состоит из двух частей.

Первая часть. Указать способ, который каждому действительным числу $\alpha$ ставится в соответствие целная дробь. Такой способ был указан в виде процесса, в котором через валисъ два шага (см. «Квант» № 1, стр. 21).

Если число $\alpha$ рациональное, то процесс обрывается и получается конечная целная дробь. Если же $\alpha$ — irrationalное, то процесс оказывается бесконечным и порождает бесконечный символ

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

(1.1)

В первой статье уже были также примеры. Приведем еще некоторые геометрические задачи такого типа.

Пример 1. В равноведренном треугольнике с углом при вершине 108° выразить (в виде целной дроби) отношение основания к боковой стороне.

В треугольнике $ABC$ (рис. 1) углы 108°, 36°, 36°. Откладываем $BB_1 = b$ (ясно, что $b$ уложится в $a$ один раз, потому что $a < 2b$).

Имеем

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

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

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

No треугольник $B_1AC$ подбен исходному треугольнику $ABC$ (подсчитайте углы). В первой формуле мы определили отношение $\frac{a}{b}$ основания к боковой стороне. Во второй — мы опятьстоим перед той же задачей: $x_1$ есть отношение основания к боковой стороне в треугольнике с теми же углами. Если после первого шага мы возврашаемся в исходное положение, то процесс не будет иметь конца. Можно написать

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

(1.2)

Легко доказать, что

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

(1.3)

Пример 2. Выразить отношения сторон правильно десятичногоника, вписанного в окружность, к радиусу.

*) См. задачу 4 в конце статы.

12

На рисунке 2 $O$ — центр окружности, $AB=a_{10}$, $AL$ — биссектиса угла $A$. Ясно, что $AB=AL=OL$:
$$\frac{a_{10}}{R} = \frac{AL}{OA}.$$
Но треугольник $LOA$ имеет те же углы, что и треугольник на рисунке 1. Значит,
$$\frac{a_{10}}{R} \sim [0; 1, 1, \dots].$$
Пр и мер 3. Выразить отношение диагонали к стороне.
Этот пример сложнее примера 1. Там мы после одного шага прощеся возвращаемся к исходному положению, а здесь — после двух шагов (рис. 3).

Исходная позиция: надо откладывать сторону по диагонали. Она отключится один раз (рис. 3). Имеем
$$\frac{d}{a} = \frac{CA}{CB} = \frac{CB_1 + B_1A}{CB} = 1 + \frac{1}{x_1},$$
$$x_1 = \frac{CB}{B_1A} = \frac{AB}{AB_1}.$$
Сторим $B_1B_2 \perp AC$. Тогда $BB_2 = B_1B_2$ (доказите сами). Треугольник $AB_1B_2$ дополним до квадрата (только для наглядности, для доказательства этого не нужно). Тепер откладываем $AB$, по $BA$. Отложим один раз — получим $BB_2$. Остается $B_2A$. Нало продолжать откладывать $AB_1$ по $B_2A$, но это и есть исходная позиция: откладывать сторону квадрата по диагонали. Значит, прощеся бесконечен, т. е.
$$x_1 = 1 + \left(1 + \frac{1}{x_1}\right) = 2 + \frac{1}{x_1},$$

$$\frac{d}{a} \sim [1; 2, 2, \dots].$$
$$\frac{a}{d} \sim [0; 1, 2, 2, \dots].$$
Но мы, кажется, увлеклись интересными примерами. Вернемся к постановке проблемы.

Вторая часть. Указать способ, который каждой целой дроби ставится в соответствие действительное число $\alpha$. Если эта целая дробь получена разложением числа $\alpha$, то искомый способ должен приводить к этому самому числу $\alpha$.

Вторая часть проблемы пока решена только для конечных целых дробей. Конечную целую дробю можно «свернуть», т. е. представить ее в виде объIkновенной («двухэтажной») дроби. С бесконечной целой дробью это сделать нельзя. Бесконечная целая дробь (1.1) пока только символ. Ее можно рассматривать как узор или украшение, но она не имеет смысла. Поэтому в формулах (1.1)—(1.6) мы пишем знак соответствия, а не знак равенства. Например, формула (1.6) выражает, что если к отношению $\frac{a}{d}$ применить процесс разложения в целую дробь, то получится $[0; 1, 2, 2, \dots]$.
Но нельзя утверждать, что левая часть равна правой, потому что правая пока не есть число.

Приписать символы символу
$$|a_0; a_1, a_2, \dots|$$
это и есть целая настоящей статью.
Но к этой цели ведет длинный путь.
2. При инициipation вложенных хотрезков. Предполагается, что читатель в каждойибудь форме знаком с теории действительных чисел, т. е. знает, как вводится irrationalные числа и что такое бесконечная десятичная дробь.
Напомним важный для дальнейшего приципп вложенных отрезков *).

*) Из дальнейшего краткого изложения вряд ли можно услобоко услобить этот тонкий принцип. Мы предложаем, что читатель был знаком с ним равше. Если же нет, советуем прочесть, например: Н. Я. В и ленкин и С. И. Шварцбург, Математи-

13

Если на прямой дана бесконечная последовательность отрезков $[a_1, b_1]$, $[a_2, b_2], \ldots, [a_n, b_n]$, обладающая двумя свойствами:

1. каждый следующий отрезок должен в предыдущей,
   $$a_n \leq a_{n+1} < b_{n+1} \leq b_n;$$

2. длины отрезков стремиется к нулю при $n \to \infty$, то существует точка x и при этом единственная, которая принадлежит всем этим отрезкам.

Пояснение 1. Отрезок $[a, b]$ содержит все точки прямой, лежащие между $a$ и $b$, а также точки $a$ и $b$. Интервал $(a, b)$ содержит только точки между $a$ и $b$, но не содержит концов. Значит, отрезок $[a, b]$ содержит две лишние точки по сравнению с интервалом $(a, b)$.

Пояснение 2. Второе свойство означает: если фиксировать любое число ε строго больше нуля, то в данной последовательности найдется отрезок меньше длины, т. е. найдется такой номер $n$, что будет $a_n b_n < \epsilon$ (символ $a_n b_n$ выражает длину отрезка $[a_n, b_n]$). Разумеется, все отрезки с номерами, большеми чем $n$, тоже будут меньше $\epsilon$.

Приципл вложенных отрезков выражает непрерывность прямой. Где бы ни стягивались эти отрезки, на прямой всуду оказывается точка. Если из прямой удалить хотя одну точку, то для оставшегося множества точек этот принципл уже неверен. Удалим, например, на числовой оси точки O и рассмотрим множество отрезков

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

ческий анализ (учебное пособие для 1X—X классов средних школа с математической специализцией), М., «Просвещение», 1969, гл. 1, стр. 31.

*) Это не будет отрезки прямой: у них у всех прокол внутри. Это—отрезки рассматриваемого множества из двух лучей. Отрезок $[-1, 1]$ содержит концы $-1$ и $1$ и все промежуточные точки данного множества.

Не существует точки, принадлежащей им всем: они стягиваются к пустому месту.

Точки числовой оси для краткости формулировок принято отождествлять с соответствующими числами: говорят «точка x» и «число x», не делая различия.

Действительные числа заполняют всю числовую ось сплошь, т. е. существует взаимно однозначное соответствие между действительными числами и точками числовой оси. Поэтому прицили вложенных отрезков справедлив и для множества действительных чисел. Для множества рациональных чисел он неверен.

II. Свойства подходящих дробей

Для решения проблем, поставленной в первой части, нам необходимо изучить более подробно свойства подходящих дробей.

3. Закон образования подходящих дробей. Объявая целную дробь после каждого неполного частного, мы получим последовательность рациональных чисел

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

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

Причем ие. Это в равной степени относится к конечным и к бесконечным целым дробям. Хотя смысл бесконечной целой дроби нам пока неизвестен, смысл чисел $\alpha_0, \alpha_1, \ldots$ вполне ясен.

Договоримся относительно под нулевой и первой подходящими дробями подразумевать только те формы, которые записаны в правых частях последних формул. Это значит, что мы определены образом фиксируем числители и знаменатели этих дробей, отделно взятые;

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

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

Например, для целой дроби $[2; 3, 1, 6] \alpha_1$ можно записать

15

Сначала заполняется вся первая строка и первые два столбца. Дальнейшее заполнение таблицы ведется по следующей схеме:

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

1. столбец $\left| \frac{p_{n-1}}{q_{n-1}} \right|$ умножить на $a_n$,

2. к полученному столбцу прибавить предыдущий.

Эту же схему рекомендуется применять, если требуется вычислить значение всей цепной дроби: последний столбец $\left| \frac{p_s}{q_s} \right|$ достаточно ответит.

Попражняйте сами в заполненни таблицы для цепной дроби [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. Разность соседних подходяших дробей. Шаг от $n$-й подходяшей дроби к следующей представляется $n$-й дроби и обозначется $\Delta_n$:

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

где $D_n$ обозначает численный

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

Понизим индексы $y$ $p_{n+1}$ и $q_{n+1}$ согласно формулам (3.2):

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

Выражение в скобках того же типа, что и (**), но все индексы на единицу

меныше. Значит, оно представляет $D_{n-1}$:

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

Это рекуррентное соотношение позволяет понизить индекс до нуля:

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

Для полного успена остается непосредственно вычислить $D_0$:

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

Следовательно,

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

(4.1) и по формуле (*)

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

5. Сравнение подходящего с нечетным номером больше соседних дробей (предыдущей и последующей). Какая подходяющая дробь с нечетным номером меньше соседних дробей.

Применя эту формулировку к нулевой и последней подходяшим дробям, надо учеть, что у каждой из них только одна соседняя дробь.

Справедливо этого свойства сразу видна из формулы (4.2).

Свойство 1 означает, что последовательные подходящие дроби поочередно то больше, то меньше.

Свойство 2. Разности между соседними подходяцами дробами по абсцилтной величины убивают (имеется в виду: при возрастании номера).

Сравним:

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

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

Имеем $q_{n+2} > q_n$. Значит, у второй дроби знаменатель больше, а она сама меньше:

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

6. Несократимость подходяющих дробей. Все подходящие дроби несократимы.

16

Напомним, что числители и знаменатели подходящих дробей образуются по формулам (3.1). Допустим, что дробь $\frac{p_n}{q_n}$ сократима, т. е. ее числитель и знаменатель имеют общий множитель $\lambda$, отличный от единицы:

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

Тогда формула (4.1) дает

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

Мы пришики к абсурдному равенству: левая часть делится на $\lambda$, а правая нет. Значит, дробь $\frac{p_n}{q_n}$ несократима.

III. Введение бесконечных дробей

7. Смысл бесконечной цепной дроби. Приципп вложенных отрезков послужит нам ключом, который откроет смысл бесконечной цепной дроби. Напомним аналогичную ситуацию: как источковать бесконечную десятичную дробь? Beсконечную десятичную дробь можно рассматривать как сокращенную запись последовательности вложенных отрезков: последовательные округления с недостатком дают левые концы этих отрезков, а с избытком — правые. Каков смысл утверждения, что $\sqrt{2}$ выражается бесконечной десятичной дробью

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

Это значит, что

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

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

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

Существует единственное число, которое удовлетворяет сразу всем этим неравенствам. Это и есть $\sqrt{2}$.

Имея символьные бесконечной цепной дроби

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

можно образовать бесконечную последовательность конечных цепных дробей

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

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

(**)

которые можно записать в виде подходящих дробей

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

(***)

Эти подходящие дроби определяют последовательность вложенных отрезков

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

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

Каждай следующий отрезок в предыдущий (рис. 4) и длины их стремятся к нулю (см. формул (4.2)). Следовательно, существует число $\alpha$, принадлежшее всем отрезкам. Оно и принадлежется за значение бесконечной цепной дроби**).

Это определение можно высказать и по-другому. Вот два варианта.

1. Значение бесконечной цепной дроби заключено между любыми двумя соседними подходящими дробями.

2. Значение.beсконечной цепной дроби больше какdoi подходящей дроби

(*) Пометки 0, 1, 2, … на рисунке 4 ознакомлен номера подходящих дробей.

**) Это определяет термин «подходящая дробь», она «подходит» все ближе и ближе к точке $\alpha$.

17

би с цетным номером и меньше каждой подходящей дроби с нечетным номером (все это хорошо видно на рисунке 5).

Важно понять, что любая из этих формулировок определяет единственное число.

Легко показать (сделайте это), что если irrationalное число $\alpha$ разлагается в целую дробь, то последовательные подходящие дроби почередно то меньше, то больше $\alpha$. Отсюда следует, что это число $\alpha$ и есть то значение, которое теперь приписано бесконечной целой дроби (единительность точки, принадлежшей всем отрезкам!). Отные разрешается писать

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

Теперь ясно, что каждую подходящую дробь можно считать приближенным значением целой дроби. Чем больше номер, тем приближение точнее.

Почти то же самое говорилось об аппроксимации конечной целой дроби подходящими дробями. Разница только в том, что в случае бесконечной целой дроби не существует последней подходящей дроби, и значим, ни одна подходящая дробь не даем мощное значение целой дроби.

Для бесконечных целых дробей сохраняется признак равенства («Квант», № 1, стр. 22). Сформулируем его так:

1. Две бесконечные целые дроби $[a_0; a_1, a_2, \dots, a_n, \dots]$ и $[b_0; b_1, b_2, \dots, b_n, \dots]$ равны между собой в том и только в том случае, если у них совпадают соответствующие элементы, т. е. $a_n = b_n$ при $n=0, 1, 2, \dots$.

2. Бесконечная целая дроб не может быть равна конечной.

8. А приксимация подходящего дроби и дробями. Помнит ли читатель, раздел мы пустились в это длиное плавание? Мы ищем выгодный способ аппроксимации действительных чисел (в том числе и рациональных) рациональных.

Что такое! Не опечатка ли это? Разве можно аппроксимировать рациональные числа рациональных?

Можно. Например,

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

В этом примере мы громоздкое рациональное число заменяем более простым.

Когда мы ознакомились с целыми дробями, естественно возникнет такой проект: разложить число $\alpha$ в целую дробь и считать последовательные подходящие дроби за приближенные значения этого числа. Другими словами, усекать целую дробь, отбрасывая все элементы, начиная с некоторого, и принять оставшуюся усеченную дробь за приближенное значение полной целой дроби. Именено так мы поступаем, усекая десятичную дробь и оставляя лишь желательное число фр после запятой.

Для того чтобы принять или забраковать этот проект, надо выяснить, какую погрешность мы допускаем, заменяя число $\alpha$ подходящей дробью, т. е. полагая

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

Во всех дальнейших рассуждениях предполагается, что дробь $\frac{p_n}{q_n}$ не нулевая и не последняя. Для $n=0$ использование целых дробей не дает ничего нового по сравнению с использованием десятичных дробей, а случай $n=s$ неинтересен, так как мы получаем $\alpha=\alpha$ и погрешность равна нулю.

19

резка есть $|\Delta_n| = \frac{1}{q_n q_{n+1}}$. Точка $\alpha$ может быть внутренней точкой этого отрезка или может совпадать с $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ (если $\alpha$ рационально и $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ есть последняя подходящая дробь). Таким образом,

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

Пусть $\frac{p}{q} - \text{какая-нибудь дробь}$, знаменатель которого меньше $q_n$ и тем самым меньше $q_{n+1}$:

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

Так как подходящие дроби несократимы, то из неравенств (10.2) следует, что

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

Ясно, что

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

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

Эти неравенства еще успешны, если заменить $q$ больше величины $q_{n+1}$ или $q_n$:

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

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

Смысл последних двух неравенств таков: дробь $\frac{p}{q}$ удалена от каждой из концов отрезка $\left[ \frac{p_n}{q_n}, \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} \right]$ на расстояние больше, чем длина этого отрезка $|\Delta_n|$. Откладывая от точек $\frac{p_n}{q_n}$ и $\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ влево и вправо отрезок $|\Delta_n|$ (рис. 6), получим запретную зону $AB$, в котором не может находиться дробь $\frac{p}{q}$ (точки $A$ и $B$ тоже запретны). Тепер ясно, что $\frac{p}{q}$ есть худшее приближение для числа $\alpha$, чем $\frac{p_n}{q_n}$. В самом деле,

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

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

Заметим, что обратная теорема неверна, т. е. встречаются дроби, которые не служат подходящими и тем не менее дают лучшие приближение для числа $\alpha$, чем любая дробь с меньшим значением. Например, из таблицы на стр. 18 («Квант», № 1) видно, что этим свойством обладают приближения числа $19/6$, $\frac{16}{5}$ и $\frac{13}{4}$. Поэтому доказанная теорема не означает, что подходящие дроби лучше других для аппроксимации действияных чисел. Но вот две горизонтые сильные теоремы, которые мы приведем без доказательства.

Для подходящей дроби коэффициент выгодности $^*$) $\lambda = \frac{1}{2|q_n \alpha - p_n|}$ больше, чем для любой других дроби с меньшим значением.

Наконец, само удивительное: верна и обратная теорема, т. е. имеет такой большой коэффициент выгодности $^*$) «Квант», № 1, стр. 18.

20

ности — монополяя подходящих дробей. Это очень тонкое свойство не может не вызвать волнения у всякого читателя, который любит числа.

Если для числа α и дроби $\frac{p}{q}$ коэффициент выгодности $\lambda = \frac{1}{2|q\alpha - p|}$ больше, чем для любой дроби с меньшим значением, то $\frac{p}{q}$ есть подходящая дробь для α.

Пример. Из той же таблицы для числа π видно, что дробь $\frac{22}{7}$ дает приближение π с большим коэффициентом выгодности, чем дроби со значением 1, 2, 3, 4, 5, 6. Следовательно, еще не зная разложения π в цепную дробь, на основании последней теоремы мы можем заключить, что $\frac{22}{7}$ есть подходящая дробь.

Есть еще много теорем такого типа. Все они с разных точек зреня подверждают одно и то же: если нужно аппроксимировать действительное число несложными рациональными числами, то выоднее всего использовать подходящие дроби.

Это и есть драгоценный ключ к загадакам, о которых говорилось в первой статье.

Задание.

1. Выразить (в виде цепной дроби) отношение основания к боковой стороне в равнобедренном треугольнике с углом 120°.

2. Найти значение цепной дроби в формуле (1.2). Найти cos 36°.

3. Найти значение цепной дроби в формуле (1.4). Выразить $a_{10}$ через R. Найти sin 18°.

4. Имея разложение в цепную дробь (конечную или бесконечную) числа α, найти разложение числа $\frac{\beta}{\alpha}$.

5. В статье сказано, что значения подходящих дробей возрастают (неравенства (3.3)). Можно ли сказать то же самое о числительной?

МАКС ПЛАНК
ОВ ОБУЧЕНИИ

Не так важно, чем учат в школе, а важно, как учат. Однако действительное понятие учеником математической предложение имеет большую ценность, чем десять формул, которые он заучил на изучить и даже знает, как применять, но не понял их действительного смысла. Функция школь не в том, чтобы дать специальный опыт, а в том, чтобы выработать последовательное методическое мышление. Могут возразить, что в конечном итоге умение делать вещи важнее знания их. Конечно, знание без умения не имеет значения, так же как всякая теория получает свое значение в конце концов лишь благодаря ее применению. Но теория никака не должна заменять простым уменем, которое будет беспомощным перед лицом необычных фактов. Поэтому условиях хорошего работы в будущеем являются основательное элементарное обучение. При этом важно заботить не столько об изучении большого числа фактов, сколько о правильной их трактовке. Если это правильительное обучение не будет проводиться в школе, то его трудно будет получить впоследствии, так как специализные и высокие школь имеют другие задачи. После ней, самой высокой задачей воспитания является не знание и не умение, а практическая деятельность. Но так же как практический детельности предшествует умение, необходимыми условиями появления уменя служебные и понимые.

(Макс Планк. Из речи «Происхождение и влияние начних идеи». 1933 г.)

22

случае капля находится бы в состоянии «невесомости»), то поверхность капли была сферической.

Стремление поверхности капли уменьшается приводит к скатию капли. А это значит, что давление, под которым находится жидкость в капле со стороны своей сферической поверхности. Разделим каплю вообразаемой плоскостью на две равные части (рис. 2). Оба полушария приятывают друг к другу слиams поверхностью наяжения. Эти силы показаны на рисунке стрелками. На каждую единицу длины границы, разделяющей оба полушария (это границей служит окружность экватора), действует сила, равная коэффициенту поверхного наяжения жидкости σ. Так как длина границы равна 2πr, то все силы F взаимного прияжения между половинками капли равна 2πrσ. Эта сила и создает в капле дополнительное давление.

Вспомним, что давление численно равно отношению силы к площади. Позному давление Δp, вызванное слиой F, равно

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

Добавочное давление Δp, созданное поверхностью наяжением, обратно пропорционально радиусу капли. Велико ли это добавочное давление в капле? Вычислим для примера добавочное давление в капле диаметром в два микрона. Из таких капель часто состоит обласка. Коэффициент поверхного наяжения воды σ = 0,078 н/м. Позному

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

Формула Δp = $\frac{2\sigma}{r}$ верна только для сферической поверхности. Если проделать аналогичный расчет для случая, когда жидкость находится под цилиндрической поверхности, то оказывается, что $\Delta p = \frac{\sigma}{r}$. Следовательно, меняется лишь коэффициент перед отшшением $\frac{\sigma}{r}$. И вообщеше, давление, которое оказывает любая поверхность на нахождение под ней жидкость, пропорционально отшшению $\frac{\sigma}{r_{\text{cp}}}$, где $r_{\text{cp}}$ — это некоторый средний радиус кивизны этой поверхности.

Но вернемся к падающей джедевой капле. Для нее все осложняется тем, что на каплю действует еще сила сопротивления воздуха. Эта сила направлена против силы тяжестии и возвращает с увеличением скорости падения капли.

Раз сила тяжестии постоянна, а направленная в противоположную сторону сила сопротивления воздуха расчет, непреемно наступит такой момент, когда эти силы сравняются. Как только это произойдет, результатующая сила станет равной нулю, и скорость капли уже не будет меняться. Капля будет падать равномерно (по инерции). Такая капля ведет себя так же, как и в состоянии покоя. Это обстоятельство существенно сказывается на форме капли, делая ее куда менее совершенной.

Чтобы понять, как равномерное

23

движение капли приводит к искажению ее сферической формы, образимся к рисунку 3.

Для того чтобы стольник воды высотой $h$ в центральном сечении капли движался равномерно, сила $f_1$, действующая на него силы, должна превышать силу $f_2$, действующую на стольник сверху,ровно на величины силы тяжестии, действующей на стольник, то есть $f_1 - f_2 = mg$, где $m$ — масса стольника.

Масса стольника $m = \rho V$. Здесь $\rho$ — плотность воды, а $V$ — объем стольника, равный $hS$ (S — площадь сечения стольника). Значит, $f_1 - f_2 = \rho ghS$. А разность давления, соответствующая этой разности сил, равна

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

Итак, давление в точке $A$ должно быть больше давления в точке $B$ (рис. 3) на величины $\rho gh$. Эта разность давления позволяет нижним слоям стольника удерживать верхние.

Как же это сказывается на форме капли?

Для того чтобы давление в точке $A$ было больше давления в точке $B$, радиус кривизны поверхности $r$ в этой точке должен быть меньше (в соответствии с формулой $\Lambda p = 2 \frac{\sigma}{r}$), чем радиус кривизны в точке $B$.

Мы приходим к любопытному выводу: если атмосферное давление всего

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

ду одинаково, то доно капли должны быть более выпуклым, то есть имеет большешую кривизну, чем верхушка. Такое отклонение от сферической формы незначено для мелких капелек, парящих в восходящих потоках воздуха. Радиус подобной капли равен приблизительно одному микрону, и гидроостатическая разность давления $\rho gh$ составляет величины порядка $2 \cdot 10^{-5} \hbar/m^2 \approx 2 \cdot 10^{-10} am$. Эта разность давления настолько мала по сравнению с 1,6 atmosферы избыточного давления $\Lambda p$ в такой капле, что заметить вызванное его отклонение от сфериности практической необходимости. Такая капля может по праву считаться эталоном сферической формы. Иное дело — крупная капля.

Для капли диаметром 5—6 мм, падающей на землю во время летней грозы, гидроостатическая разность давления равна примерно

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

Эта величина вполне сравнима с давлением $\Lambda p \cdot \frac{2\sigma}{r}$, вызванным силом поверхности грозы.

Лействительно, в этом случае

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

Поз тому влияние гидроостатической

24

Рис. 5. Распределение давления вокруг шарика, обтекаемого потоком воздуха. Длины стрелок пропорциональны разности давления на поверхности шарика и атмосферного давления вдали от шарика.

разности давления на форму капли должны быть заметным, и нижняя поверхность капли должна быть заметно более выпуклой, чем верхняя. Но это находится в противоречини с photographиями падающей капли (рис. 1). В чем же тут дело?

Все дело в том, что давление воздуха в разных точках вокруг капли совсем не одинаково, как это мы начали предполагали. Оказывается, при больших скорости, с которым падают крупные дождевые капли, позади нее возникает запутанное вихреобразное движение воздуха (рис. 4). В области, как говоря, «турбулентного хвоста» давление воздуха ниже, чем давление вдали от капли. В то же время давление перед каплей, наоборот, оказывается выше, чем давление вдали от капли. Разность давления на дно и на верхушку капли создает силу сопротивления при падаении капли в воздухе. Эту силу называютLOBовым сопротивлением.

Рис. 6. Распределение давления вокруг падающей капли. Длины стрелок, как и на предыдущем рисунке, пропорциональны разности давления на поверхности капли и атмосферного давления вдали от капли.

Можно оценить величиныLOBового сопротивления. Пусть $S$ — площадь поперечного сечения капли, а $v$ — ее скорость. За время $\Delta t$ падающая капля проходит расстояние $v\Delta t$, увлекая за собой объем воздуха $Sv\Delta t$ с массой $m=\rho_0Sv\Delta t$ ($\rho_0$ — плотность воздуха). Этой, приведшей в движение массива воздуха, передается импульс $mv=\rho_0Sv^2\Delta t$. В соответствии со вторым законом Ньютона на воздухе со стороны капли действует сила

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

По третьему закону Ньютона точно такая же по величины сил, но только противоположно направления, действует на каплю со стороны воздуха.

В результате не все скорость, а только часть ее, но соответствие $F=A\rho_0Sv^2$

25

остается справедливым. $A$ — безразмерный коэффициент, зависит от формы тела. Для шара, например, $A = 0,2$, для диска $A = 0,6$. Этот коэффициент находится находимят экспериментально.

Из формулы для любого сопротивления можно найти давление, оказываемое потоком на переднюю поверхность тела. Оно равно $\frac{F}{S} = A\rho_0v^2$.

Вокруг тела давление меняется от точки к точке. Для шара, например, разность давления у поверхности и статического давления далего от поверхности меняется так, как показано на рисунке 5.

Изготовив модель капли, можно продукт ее в аэродинамической трубе и изменить давление вокруг нее (рис. 6). Опыты показывают, что для шестимилметровой капли давление на дно такое же, как и диска ($A = 0,6$). При этом давление на дно на $4,6 \cdot 10^{-4}$ am больше атмосферного, а давление на верхушку — на $2,1 \cdot 10^{-4}$ am меньше атмосферного, то есть разность давления на дно и на верхушку равна $6,7 \cdot 10^{-4}$ am.

Сила сопротивления воздуха берет на себя заботу не только о равновесии стольника $AB$ (рис. 3). Так как разность давления на дно и на верхушку больше, чем перепад давления, необходимо для равномерного движения стольника $AB$, то для восстановления равновесия капли часть жидкости должна переместиться из области верхушки ко дну, и верхушка капли должны иметь больше кривизну, чем дно. Дно же из-за большого аэродинамического давления на него должно быть почти плоским. Такую форму и имеют капли на фотографиях.

«СТОПРОЦЕНТНЫЙ ТЕОРЕТИК»

Планк был теоретическим насквозь — до смешного. Вернушшийся из Германии Петр Николаевич Лебедев рассказывал, например, своим студентам о том, как Планк проштрафика на коллокиуме у Августа Кундта. Докладывая о своей работе по термодинамике насыщенных растровов, он вдруг растерялся, заменился. «Здесь существует неокотораяринципальная трудность, так как получить насыщенный растор практических невозможно…» Кундт удивился: «Как так? Я не понимаю». Планк обьясил: «Ведь по мере насыщения скорость расторения становится все меньше, а потому прощесидет к насыщению только ассимптотических, через бесконечную долгое время».— «Ну, этого ждать мне некогdal — ответил Кундт. Я нагрею растор, а потом его остужу».— «Да. Действительно, — сконфуженно пробормotal Планк.— Так получить насыщенный растор… можно».

Но, будучи теоретическом, Планк очень хорошо всегда понимал, какова в физической теории роль эксперимента, факта. Он говорил: «Факты образуют ту архимедову точку опоры, поредством которой самая увестистая теория может быть поднята со своей постанова». Эксперимент и теория тесно слиты. «Прежде чем поставить опыт, его нужно продумать, это значит, надо сформировать вопрос, обращенный к природа».

Из последовия Е. М. Кляусса к сборнику статей М. Планка «Единство физической картины мира».

26

Алиса в Зазеркале
Климент Дьюорел

Может ли Природа ввести в заблуждение? Да, может. Истории известны примеры, когда явления и факты, совершенное очевидные и, казалось бы, получившие многоократное подтверждение, оказывались неочинимы или даже неверными. Такие факты можно найти в истории не только физики, но и, например, астрономии. Так, много лет считалось общепризнанной система строения мира с неподвязной Землей в центре.

Природа имеет хитрить. Поэтому физик всегда должен критически относиться к данным эксперимента, и к своим непосредственным наблюдением, и, особенно, к факту, которые касутся очевидными потому, что подтверждаются нашими оценениями. Об этом интересно и занимаательно расссказал Климент Дьюорел в своей книге «Азбука теории относительнойности». В ней популяро излазаются представления теории относительнойности.

Рассказывать о теории относительнойности, не прибегая к сложному математическому аппарату,резвычайно трудно. «Азбука теории относительнойности», пожалуй, одна из наиболее удачных попыток такого рода. Математический аппарат изложения соответствует уровню средней школи. Книга написана остроymно и непринужденно.

Главу из этой книги мы предложаем вашему вниманию. Поводом для разговора в ней служит замечательная сказка английского математика Льюиса Кэрролла «Алиса в Зазеркале».

27

«Я не могу поверить этому», — сказал Алиса.
«Не можешь? — в словах Королевы звучала якалость.
«А мы попробуем еще раз: вдохни полубжение и закрой глаза».
Алиса устхнулсь. «Бесполезно пытатись, — сказал она, — я не могу поверить в невозможное».
«Веряяно, мы мало упражнялись, — ответила Королева. — Когда я была моложе, я ежедневно посвящала этому полца. И мне иноеда удавалось еще до завтрака поверить в шесть невозможных вецей».
Льюис Кэррол «Алиса в Заэркале»

Может ли Природа ввести в заблуждение?

Ведя с Природой чистую игру, ученные в ее лице встречают противника, который не только выбирает подходящие для себя правила игры, но и может, кроме всего прочого, подложить партнеру свинью или обвести его вокруг пальца. Если оказывается, что свойства пространства не укладываются в наши представления, если они искажают масштабы и путем хот наших часов, то существует ли вообщее какие-либо средства, позволяющие установить истину? Может ли надеться, что в конце концов многогранные условия заставят Природу сбросить маску?

Профессор Гарнет, воспользовавшись идеями Льюиса Кэррола, почительно проиллюстрировал то, как Природа может вводить нас в заблуждение, причем, по-видимому, без особого риска оказаться разоблаченной.

В конечном счете мы можем полагаться лишь на те данные, которые получаем с помощью наших органов чувств, проверенные и уточненные искусственными приборами, повторными экспериментами и исследованием исследований. Наблюдения часто могут быть источковы превращено, как в одном анекдоте, рассказанным сэром Джорджем Гринхилом.

В конце учебного года в одном инженерном коллекже состояния прием и смотр научного отдела. Одна молодая посетительница, войдя в физическуюLABораторию и увидев в большем вогнутом зеркале свое переверную изображение, наивно заметила своему спутнику: «Они повесили это зеркало вверх ногами». Если бы эта девушка приблизилась к зеркалу, миновав его фокус, то она убедилась бы, что работе не были повинны в этом. Если Природа ввела ее в заблуждение, то это была всего-навсего хитрость, которое разоблачил бы последующей опыт.

ВЫПУКЛОЕ ЗЕРКАЛО

Тепер мы, следуя профессору Гарнету, проследим приключения Алисы в стране за выпуклым зеркалом (в Заэркале). Прежде всего следует перечислять некоторые свойства выпуклого зеркала. Читатели, желающие ознакомиться с построениями и доказательствами, которые основаны лишь на рассмотрении подобных треугольников и некоторых элементов алгебраических формулах, могут обратиться к упражнению 9 на странице 31.

Точка A (рис. 1) — это вершина выпуклого зеркала большого радиуса; O—центр зеркала; отрезок OA—центральный радиус, или ось; средняя точка F отрезка OA является фокусом зеркала; PQ—предмет высоты a, расположенный перед зеркалом перпендикулярно оси; P’Q’—его изображение в зеркале. Введем следующие обозначения длины:

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

28

Имеют место следующие соотношения:

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

Легко получить общие следствия, вытекающие из этих формул. Поскольку $1/z = 1/y + 1/f$, то $1/z > 1/y$, следовательно, $y > z$. А так как $1/f < 1/z$, то $z < f$ или $z < AF$. Поэтому изобравнение $P'Q'$ всегда оказывается близке к зеркалу, чем предмет $PQ$, и никака не удаляется от зеркала дальше точки $F$.

Кроме того, поскольку $h = ax/f$, высота изобравнения будет пропорциональна $x$ — расстоянию от изобравнения до $F$. Поэтому, чем близке $P'Q'$ к $F$, тем меньше становится отрезок $P'Q'$, т. е. высота изобравнения.

Жизнь в Зазеркале

《Он спит сейчас, — сказал Твидди. — А как ты думешь, что ему снится?》
《Кто это может угадать?》—ответила Алиса.
《Да ты ему снится!》—воскликнул Твидди. — А если бы ты ему перестала снится, то, как ты думешь, где бы ты очутилась?》
《Там же, где сейчас, конечно》, — ответила Алиса.
《Ниччего подобного, — высокомерно возразил Твидди. — Тебя нигде бы не было: ведь ты только часть его сна!》
《И если Короля разбудят, — добавил Твидди, — то ты раз!. и исчезнет, как свечка, которое задули》。)
《Но я же существую реально》, — сказал Алиса и принялась плакать.
《От плача ты вовсе не станешь более реальной》, — заметил Твидди *).

Льонс Кэрролл «Алиса в Зазеркале»

Тепер мы рассмотрим Алису не как сновидение, а как изобравнение в выпуклом зеркале некой псевдо-Алисы, живущей в нашем собственном мире. Алиса будет настанять столь же упорно, как в разговоре с Твидди, что она — свободная, независямо существующая личность. Однако мы увидим со стороны, что ее действия подчинены движениями и прихотям псевдо-Алисы, которое мы станем называть Алисия. Мы сравним наши наблюдения (или наблюдения Алисия)

*) Твидди и Твиддиам (по-англійски двойники) — персонжи сказки «Алиса в Зазеркале». — Прим. перев.

сцuu) с тем, каким представляется Алисе ее собственное существование.

Алиса в Зазеркале

Рост Алисии равен 4 фум, а ширина ее талии 1 фум. (1 фут = 0,3048 м, 1 дюйм = 2,54 см. В одном футе 12 дюймов). Вначале Алисия стоит в точке А спиной к зеркалу, так что она и Алиса в точности одинаковы и стоит спиной друг к другу. У Алисии есть линейка длиной 1 фум, которое она держит у зеркала, так что линейка касается зеркала и совпадает с соответствующей футовой линейкой, которое держит Алиса.

Затем Алисия начинает удаляться от зеркала вдоль его оси с постоянной скоростью 1 фум/сек. Что произойдет при этом с Алисиой?

Предположим, что радиус зеркала равен 40 фум, так что AF=FO=f = 20 фум. Далее, рост Алисии a=PQ=4 фум.

Спустя, скажем, 5 сек, т. е. при AQ=y=5, оказывается, что

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

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

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

Если в этот момент Алисия оглянется, то она обнаружит, что Алиса продолжилсь всего на 4 фум по сравнению с 5 фум, которые прошла она сама, а рост Алисиы уменьшился до 3,2 фум.

Алисина футовая линейка, которую она держит вертикально, также сократилась; еелина в действительности составляет теперь

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

Алиса ответнет мысль, что она стала меньше, и, чтобы убедить Алисию, она изменит свой футовой линейкой собственный рост, доказав с торжеством, что она по-прежнему в точности в четыре раза выше своей линейки, т. е. 3,2/0,8=4.

Алисия скажет также, что Алиса поуделена: ее талия составляет теперь.

29

в ширину 0,8 фум; действительное, ее ширина совпадает с длиной футовой линейки, но ведь последняя в любом положении, перpendикулярном оси, составляет тенерь лишь 0,8 фум.

Скатие в направлении, перpendикулярном оси

Мы видим, что по мере удаления от зеркала Алиса все больше скimaется. Коэффициент скатая в любом направлении, перpendикулярном оси, равен $h/a$, т. е. $x/f$, и, следовательно, пропорционален $x$ — расстоянию, на котором Алиса находится от фокуса $F$.

Ясно, что Алиса не сможет обнаружить это скатае, так как ее линейка сокращается в той же пропорции, что и ее тело и платье. На самом деле все предметы в мире Алисы независимо от того, из чего они сделаны, ведут себя точно таким же образом. Поэтому мы считаем, что это скатае есть свойство не вещества, а самого пространства. Оно представляется собой влияние, оказываемое пространством в равной мере на все нахождения в нем предметы. Поэтому мы говорим, что одним из законов пространства в мире Алисы является сокращение, произходящие само по себе и в любом направлении, перpendикулярном оси, пропорциональное расстоянию $x$ до фокуса.

Скатие в направлении вдоль оси

Затем Алиса классет свою футовую линейку вдоль оси, а Алиса, конечно, делает то же самое.

Рис. 2.

Пусть $Q$ и $S$ — два последовательных деления на линейке Алиси; тогда $AQ=5$ фум, $QS=0,1$ фум, а $AS=5,1$ фум. На линейке Алиси соответствующие шрихи обозначаны $Q'$ и $S'$ (рис. 2). Мы уже доказали, что если $AQ=y=5$, то $AQ'=z=4$.

Далее, если $AS=y=5,1$, то $AS'=z$ дается выражением

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

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

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

$Q'S' = AS' - AQ' = 0,064$ фум.

Коэффициент скатая в направлении вдоль оси в точке $Q'$ равен

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

Но было показано, что коэффициент скатая в направлении, перpendикулярном оси, в точке $Q'$ равен 0,8.

Поскольку $(0,8)^2=0,64$, то мы приходим к выводу, что коэффициент скатая вдоль оси равен квадрату коэффициента скатая перpendикулярном оси в точке точке. Доказательство этого утверждения содержится в упражении 10 на странице 31. Таким образом, согласно наблюдаемм Алиси, при удалении от зеркала Алиса становится все тонше, и скорость, с которой она худеет, превышает скорость уменшения ее роста.

Если Алиса, к примеру, повернется боком и протянет левую руку к зеркалу, а правую от зеркала, то пальцы на ее левой руке оказываются длинее и толще пальцев на правой руке. Однако общий эффект состоит в том, что пальцы правой руки будут касаться как оттороженными, либо они по сравнению с другой рукой укорочиваются сильнее, нежели уtonьшаются.

Геометрия в мире Алиси

По мере того как Алиси равномерно удаляется от зеркала, делая шаги одинаковой длины, Алиса также

30

удаляется в противоположном направлении. При этом (по мнению Алиси) шаг Алисы становится все короче и короче, так что она движется все более и более медленно. И действительно, ведь как бы daleko ни ушла Алиси, Алиса никогда не может продвинутся за точку $F$ (рис. 3). Конечно, Алисе кажется, что расстояние, на которое она может удалять, неограниченно, и то, что Алиси называет точкой $F$, по словам Алиси, является точкой на бесконечности. Если Алиса движется на уровень земли, то ей кажется, что ее макушка и подошвы перемещаются по параллельным линиям. Эти линии, естественно, отражают представление Алиси о параллельне. Алиси же видит, что эти линии в действительности сливаются в точке $F$. Если бы Алиса продолжила вдоль оси железнодорожные рельсы, то они вели бы себя точно таким же образом.

Представим себе, что Алиси едет на велосипеде вдоль оси в направлении от зеркала. Что будет при этом проискодить с колесами велосипеда Алиси (рис. 4)?

Скатие вдоль оси оказывается большие, чем в перpendикулярном направлении. Следовательно, колеса в велосипеда Алиси будут не только меньше, чем у машины Алиси, но, кроме того, переднее колесо оказывается меньше заднего. И, более того, каждаое колесо примет приблизительно эллиптическую форму, причем вертикальный диаметр будет больше горизонтального. Хотя колеса вращают

Рис. 4.

ся, вертикальные спицы всегда будут казаться самыми длиными, а горизонтальные — самыми коротками. Спицы как удиниются при повороте из горизонтального в вертикальное положение, а затем при повороте из вертикального в горизонтальное сокращаются.

Сама Алиса, проведя тщательные измерения, убедится, что ее машина вполне нормальная, однако Алиси будет думать совсем иначе.

Детские забавы

Мы не собираемся утверждать, что живем в мире за зеркалом, а хотелы бы лишь указать, что, по-видимому, не существует метода, который позволяет нам обнаружить это объектальное, если бы в действительности так оно и было. Установливая свой законы пространства, Природа при желании может сковать своиими чарами его обитателей. Но тем не менее остается фактом, что Природа приходит ответать на некоторые практические вопросы, задаваемые ей учеными. А это всегда в них надежду, что законы пространства и времени в конце концов будут раскрыты. Если из всего сказанного читательой попытет что понски истинны отноッド не просты, а результаты этих поисков могут оказаться неожиданными, то это и будет ознакомить, что данная глава ответает своей целей.

Уражнения *)

1. Показать, что, когда Алиси отчетет от зеркала на 10 фум, Алиса продвинется лишь на 6 фум 8 дюйм, причем ее рост будет 2 фум 8 дюйм, а ширина 8 дюйм. Каким оказывается рост Алиси, когда она изменит себя собственной футовой линейкой?

2. Показать, что, когда Алиси отчетет от зеркала на 20 фум, Алиса продвинется лишь на 10 фум. Какими будут рост и ширина талии Алиси в этом положении?

3. Где будет находиться Алиси в том момент, когда рост Алиси уменьшится до 1 фум? Какова будет при этом ширина талии

*) Предполагается, что рост Алиси равен 4 фум, а ее талия достигает 1 фум в ширину и 6 дюйм в толщину; кроме того, $f=20$ фум. (Напомним, что 1 фум = 12 дюйм. — Приим. перев.)

31

Алисы? Чему будет равна длина ее футовой линейки в вертикальном положении? Сколько таких линейек уложится в рост Алисы?

4. Какой будет толщина талии Алисы в упражении 1? Какую величины получит в результате своего измерения Алиса?

5. Каким будет коэффициент скатия Алисы в упражении 2? Как связанные коэффициенты скатия вдоль и поперек оси?

6. Алисия, находясь в 20 фум от зеркала, держит в руках дюймовый кубик, ребра которой параллельны и перpendикularны оси. Какой предмет будет в руках у Алисы?

7. Чему будет равны поперечные размеры Алисы, когда ее рост уменьшится до 1 фум?

8. Меняется ли по мере удаления от зеркала, подобно размерам, и внешний вид Алисы? Когда ее рост уменьшится до 1 фум, была изготовлена скальптура Алисы в масштабе 4:1. Будет ли эта скальптура похожа на живую Алису?

9. ВАС — выпуклое зеркало, радиус которого АО значительно больше высоты предмета PQ. Световой луч, идущий из точки P параллельно оси, падает на зеркало в точке N и затем отражается в направлении, соединяющим эту точку с фокусом F. Зеркало не меняет направления луча, идущего из точки P к центру зеркала O. Таким образом, изображение точки P будет расположено в точке P’ на пересечении NF и PO. Проведем линейное P’Q’ перpendикularно OA. Тогда P’Q’ оказывается изображением PQ. Фокус F является средней точкой отрезка OA. Поскольку радиус зеркала велик, то его кривизна мал и NA можно рассматривать как перpendикular к OA (рис. 5).

Рис. 5.

32

ОБЪЯВЛЯЕТСЯ ПОДПИСКА НА ЖУРНАЛ
«КВАНТ» НА 1971 ГОД

«Квант» — научно-популярный физико-mатематический журнал Академии наук СССР и Академии педагогических наук СССР. Он расчитан в первую очередь на школьников 8—10 классов. Среди его читателей немало учителей, особенно тех, которые ведут кружки или факультативные занятия по физике и математике, а также студентов педагогических институтов. С интересом читают его и любители физики и математики более старшего возраста.

«Квант» публикует статьи и заметки, посвященные современным проблемам науки, а также много различных материалов, расширяющих и углубляющих школьные курсы физики и математики.

В нем содержится богатая информация для тех, кто готовится к поступлению в институты.

Постоянные разделы журнала — «Задачник Кваента», «Лаборатория Кваента», «Практикум абитриента» — содержат много интересных задач и домашних экспериментов.

«Квант» представляет своим читателем регулярую информацию о новых книгах, о работе физico-mатематических школ и кружков.

Среди наших авторов — известные советские и иностранные ученые, молодые научные работники, педагоги. С сообщениями о своих первых открытиях,LABораторных работах или самостоятельно сконструированных приборах на страницах нашего журнала могут выступать и школьники.

Подписка начинается с 1 сентября. Цена номера 30 копеек. Стоимость годовой подписки 3 рублей 60 копеек. Подписной индекс 70465.

33

Ободном индуктивном методе доказательства неравенств

С. Т. Берколайко,
С. Б. Каток

Teорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом, утверждающая, что при любых положительных $x_1, x_2, \dots, x_n$ справедливо неравенство

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

относится к числу тех математических фактов, доказательства которых существует менее известны, чем их формулировки. (Другие примеры такого рода: в арифметике — единственное разложения числа на простые множители, в геометрии — теорема о том, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.) Между тем существует очень много различных способов доказательства этого замечательного неравенства, в том числе и элементарных (например, в [1] (решение задачи 268) приведено 3 элементарных доказательства, а в начале [5] предлагается 12 разных доказательств). В этой заметке приводится еще одно короткое доказательство по индукции, которое проходит и для других положих неравенств.

Мы должны доказать, что

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

(1)

для всех целых $n \geq 2$ и положительных $x_1, \dots, x_n$.

Для $n=2$ это неравенство выглядит так:

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

(2)

и сразу следует из очевидного неравенства

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

Предположим, что для $n=k$ неравенство (1) верно, и докажем его для $n=k+1$.

Для этого рассмотрим такое выражение:

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

Разобъем эту сумму на две, по $k$ слагаемых, и оценим какую из них, применяя неравенство (1) для $n=k$:

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

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

Мы рассматриваем $(k-1) (x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$ как сумму $(k-1)$ одинаковых слагаемых $(x_1 x_2 \dots x_{k+1})^{\frac{1}{k+1}}$.

34

Приименяя неравенство (2) к правым частям двух положенных выше неравенств, получаем

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

откуда

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

Чтобы «прочувствовать» это алгебраическое преобразование, посмотрим, как оно выглЯudit для $n=3$:

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

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

откуда $x_1 + x_2 + x_3 \geq 3 \left(x_1 x_2 x_3\right)^{\frac{1}{3}}$. Здесь трижды использовалось неравенство (2).

Примерно таким же способом можно доказать следующее неравенство:

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

где $n$ и $p$-натуральные числа, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

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

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

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

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

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

где $p$ и $n$-натуральные числа, $a_i > 0$ ($i = 1, 2, \dots, n$);

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

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

36

Словами, доказать нужное неравенство только для $n=2$.

А если доказать выпukлость вверх функции $\lg x$ (что свидетелья к доказательству неравенства (2)), то из нашей теоремы, как один из частных случаев, получится теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

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

т. е.

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

В заключение мы приведем список книг, в которых можно прочитать другие доказательства теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом.

[1] Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Избранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. I, М., «Наука», 1965.

Обратите внимание на первое из трех приведенных в этой книге доказательств («Обратной индикцией»).

[2] Кречмар, Задачник по алгебре. М., «Наука», 1968.

[3] Э. Беккенбах и Р. Белман, Введение в неравенства, М., «Мир», 1965.

[4] Г. Г. Харди, Д. Е. Литтельвуд, Г. Поляна, Неравенства, ИЛ, 1948.

[5] Э. Беккенбах и Р. Белман, Неравенства, М., «Мир», 1965.

Упражнения

1. Какое неравенство получится, если применить теорему к функции $y=x^2$? Попробуйте доказать это неравенство непосредственно.

2. Выведите из общей теоремы неравенства a)—д). Выпukлость каких функции надо для этого доказывать?

3. Придумайте еще несколько примеров выпukлых функции и запишите неравенство, которое получится из теоремы 1 в применении к этим функции.

4. Функция $f$ определяна на отрезке $[a, b]$ и имеет обратную**) функцию $g$. Докажите, что если $f$ выпukлая вверх, то $g$ выпukлая вниз, и наоборот.

5. Функция $f(x)$, заданная на отрезке $[a, b]$, выпukлая вверх. Докажите, что для любых точек $x_1, \ldots, x_n$, лежащих на отрезке $[a, b]$, и любых положительных $a_1, \ldots, a_n$ выполняется неравенство

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

(Заметим, что эта задача является обобщением доказанной ранее теоремы, которая получается при $a_1=a_2=\ldots=a_n=1$.)

Указание. Для решения этой задачи можно использовать тот же прием, который применяется нами при доказательстве теоремы.

*) Можно взять логарифм по любому основанию, большему единицю.
**) См. «Квант», № 1, стр. 22.