Archimedes và phép cầu phương parabol

8

Hình 1.

Chúng tôi sẽ giới thiệu với bạn đọc nội dung của phần thứ hai của bài viết.

1. Ta sẽ nêu một tính chất đáng chú ý của parabol *), trên đó dựa toàn bộ phần trình bày tiếp theo.

Nếu đường thẳng $AB$ tiếp xúc với parabol tại điểm $P$ và các dây $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$, … song song với tiếp tuyến này, thì trung điểm của các dây — các điểm $C_1, C_2, C_3$, … — nằm trên cùng một đường thẳng; đường thẳng này song song với trục của parabol và đi qua điểm $P$ (hình 1).

Ngoài ra,

$$\frac{A_1C_1^2}{PC_1} = \frac{A_2C_2^2}{PC_2} = \frac{A_3C_3^2}{PC_3} = \dots$$ (1)

Hãy thử tự chứng minh các tính chất này của parabol.

2. Bây giờ xét một đoạn parabol, bị giới hạn bởi cung parabol $APB$ và dây $AB$ (hình 2).

Điểm $P$ của parabol, mà tiếp tuyến tại đó song song với dây $AB$, được gọi là đỉnh của đoạn parabol, còn chính dây $AB$ được gọi là đáy của đoạn parabol. Trung điểm của đáy. Theo tính chất (1), đường thẳng $PC$ song song với trục của parabol.

*) Nhắc lại rằng parabol được gọi là quỹ tích các điểm trên mặt phẳng cách đều một điểm nào đó và một đường thẳng không đi qua điểm ấy. Theo định nghĩa của parabol, một điểm trên parabol là điểm mà khoảng cách từ đỉnh đến tiêu điểm bằng khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn.

10

Ta sẽ chứng minh một tính chất đáng chú ý của dãy này, tức là chứng minh rằng với mọi $n$ đều đúng các đẳng thức sau:

$$s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n + \frac{4}{3} s_n = \frac{4}{3} s_1.$$

(6)

Thật vậy, vì $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) = 4s_1 + (4s_2 + 4s_3 + \dots + 4s_{n-1} + 4s_n)$, từ các hệ thức (5) suy ra rằng $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1 + (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1})$, tức là $3(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1$.

Đẳng thức (6) được suy ra từ đây bằng cách chia cho 3.

6. Bây giờ có thể chứng minh rằng diện tích của đoạn parabol là $S = \frac{4}{3} s_1$.

Archimedes chứng minh đẳng thức này bằng cái gọi là “phương pháp vét kiệt”. Phương pháp này, do một trong những nhà toán học Hy Lạp vĩ đại nhất — Eudoxus (thế kỷ IV trước Công nguyên) — đề xuất, đã thay thế phương pháp chuyển sang giới hạn vào thời Archimedes.

Giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$ hoặc $S < \frac{4}{3} s_1$.

Ta sẽ chứng minh rằng điều này là không thể.

Trước hết giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$.

Ta đã lưu ý rằng, nếu tiếp tục quá trình nội tiếp, có thể làm cho tổng diện tích của các đoạn còn lại nhỏ tùy ý. Điều đó có nghĩa là, bằng cách chọn $n$ thích hợp, hiệu $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n)$ có thể làm nhỏ hơn bất kỳ số dương cho trước nào. Chọn $n$ sao cho có bất đẳng thức $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) < S - \frac{4}{3} s_1$. Khi đó $s_1 +$

$s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n > \frac{4}{3} s_1$, nhưng điều này, theo đẳng thức (6), là không thể *. Như vậy, bất đẳng thức (7) là sai.

Bây giờ giả sử rằng

$$S < \frac{4}{3} s_1.$$

(8)

Vì các số hạng của dãy (4) tiến tới không, có thể chọn $n$ sao cho thỏa mãn đẳng thức sau:

$$\frac{4}{3} s_n < \frac{4}{3} s_1 - S.$$

Từ bất đẳng thức này, có tính đến đẳng thức (6), ta được

$$S < s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n$$

điều này, dĩ nhiên, là không thể.

Vậy bất đẳng thức (8) cũng sai. Như thế đã chứng minh được rằng $S = \frac{4}{3} s_1$.

7. Cuối cùng, ta đưa ra nhận xét sau.

Như đã biết, người Hy Lạp cổ đại hiểu phép cầu phương một hình là việc dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích hình đó. Bài toán cầu phương theo «nghĩa Hy Lạp» không phải lúc nào cũng có lời giải. Chẳng hạn, đã chứng minh được rằng đối với hình tròn, nó không giải được. Tức là không thể dựng (bằng compa và thước thẳng) một hình vuông có diện tích bằng diện tích hình tròn đã cho.

Kết quả mà Archimedes thu được cũng đáng chú ý ở chỗ nó cho thấy khả năng giải được bài toán cầu phương một cung parabol: biết đáy và chiều cao của cung, luôn có thể dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích cung đó.

*) Ta đã giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$, do đó $S - \frac{4}{3} s_1$ — là một số dương.