Kvant 1979, số 5 · Trang

KVANM 5
1978

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Trong những bức ảnh này, bạn sẽ thấy các mô hình giấy của một “ngôi nhà tự xây” ở các giai đoạn hoàn thiện khác nhau. Bạn có thể đọc thêm về thiết kế này ở trang 54.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kionin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

TRONG PHÒNG:
2 B. Golubov. Chuỗi Taylor là gì?
8 L. Tarasov. Khám phá neutron
15 T. Chernovor. Sau khi mặt trời lặn

Vòng xoay toán học
18 M. Sevryuk. Sự thay đổi về chủ đề của bất đẳng thức cổ điển

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M561—M565; F573—F577
24 Lời giải bài toán M513, M514; F514, F521—F525

«Kvant» cho học sinh nhỏ
31 Bài toán
32 V. Tikhonov. Trải nghiệm với bong bóng
33 A. Dozorov. Một quả bóng không xẹp xuống

Xưởng của người nộp đơn
34 M. Kreizman. Hãy thay thế hình
39 N. Beryuleva. Xây dựng ảnh của thấu kính và gương cầu
44 S. Aleshin và cộng sự. Đại học quốc gia Moscow. M. V. Lomonosova
47 V. Ilyin và cộng sự. Đại học bang Novosibirsk
49 L. Aslamazov. Viện thép và hợp kim Moscow

Hỏi - chúng tôi trả lời

Đánh giá, thư mục
55 G. Lukankin, M. Smolyansky. Quà tặng cho giáo viên và học sinh

Đáp số, gợi ý, lời giải

Bìa của chúng tôi (tr. 53, 54)

Hỗn hợp (tr. 21, 38, 43)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1979

2

B. Golubov

Chuỗi Taylor là gì?

Tên tuổi nhà toán học người Anh Brooke Taylor đã đi vào lịch sử toán học nhờ khám phá mà ông thực hiện vào năm 1715, ở tuổi 29. Khám phá này là gì? Chúng tôi sẽ cố gắng nói với bạn về điều này.

Nhìn vào hình ảnh 1-3. Chúng hiển thị biểu đồ của các hàm $y = e^x$, $y = \frac{1}{1+x}$ và $y = \ln(1+x)$.

Số 1 trong mỗi hình này biểu thị tiếp tuyến của đồ thị tương ứng tại điểm $x = 0$, tức là đồ thị của một hàm tuyến tính nào đó $y = ax + b$ (kiểm tra xem chính xác hàm tương ứng sẽ là gì -

các điểm $y = 1+x$, $y = 1-x$ và $y = x$). Số 2 trong mỗi hình này biểu thị tiếp tuyến của một tam giác vuông $y = ax^2 + bx + c$, tại điểm $x = 0$ liền kề với đồ thị của hàm tương ứng “gần” hơn tất cả các tam giác vuông khác. Chính xác hơn, chúng ta đang nói về những hình tam giác vuông sao cho tại điểm $x = 0$ trùng với các hàm tương ứng cùng với thứ tự thứ nhất và thứ hai tùy ý của chúng. Trong những trường hợp này, đồ thị của các tam giác vuông này được cho là có tiếp tuyến bậc hai với các đồ thị tương ứng (kiểm tra xem các tam giác vuông tương ứng $y = 1+x + \frac{x^2}{2}$, $y = 1-x + x^2$ và $y = x - \frac{x^2}{2}$) có như vậy không.

Cuối cùng, số 3 trong Hình 1-3 thể hiện đồ thị của hàm số $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$, có tiếp tuyến bậc ba với đồ thị của các đường cong tương ứng tại điểm $x = 0$ (có thể dễ dàng nói rằng đây là

Có nghĩa; kiểm tra xem chức năng này có tương ứng với điều này không

$$y = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6},$$

$$y = 1 - x + x^2 - x^3 \text{ и } y = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}.$$

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang Hình 4. Nó hiển thị đồ thị của hàm $y = \sin x$ và đồ thị của các đa thức tiếp xúc với đồ thị của sin tại điểm $x = 0$ của bậc một, bậc ba và bậc năm (kiểm tra xem đây có phải là các đa thức $y = x, y = x - \frac{x^3}{6}$ và $y = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ tương ứng không).

Có thể thấy từ những hình này, bậc tiếp tuyến càng cao thì đồ thị của đa thức càng liền kề với đồ thị của hàm tương ứng gần điểm $x = 0$.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

4

Trong bài viết này, chúng ta sẽ thu được chuỗi Taylor cho hàm $y=\sin x$, $y=\cos x$, $y=e^x$ và $y=\ln(1+\dot{x})$.

Thông tin cần thiết từ việc phân tích

Trước hết, chúng ta cần công thức Newton-Leibniz:

$$\int_a^b f(x) \, dx = F(b) - F(a),$$

trong đó hàm $f$ liên tục trên khoảng $[a; b]$ và hàm $F$ là nguyên hàm của nó trên khoảng này.

Hơn nữa, từ ý nghĩa hình học của tích phân, ta suy ra rằng $\int_a^b f(x) \, dx \geq 0$ nếu $f(x) \geq 0$ nằm trên $[a; b]$ (Hình 5). Từ đó dễ dàng suy ra rằng nếu hai hàm liên tục trên khoảng $[a; b]$ thỏa mãn bất đẳng thức $f(x) \leq g(x)$, thì $\int_a^b f(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx$, tức là các bất đẳng thức kết nối các hàm bất quy tắc, có thể được giải thích, thu được các bất đẳng thức cùng dấu.

Cuối cùng, chúng ta cần sự bình đẳng

$$\lim_{n \to \infty} \frac{x^n}{n!} = 0,$$

trong đó $x$ là số thực bất kỳ. Hãy chứng minh điều đó. Cho $x$, chúng ta hãy tìm một số tự nhiên $N$ sao cho $\frac{|x|}{N+1} \leq y=f(x)$

Hình 5. $S = \int_a^b f(x) \, dx$.

$\leq \frac{1}{2}$. Khi đó với mọi $n > N$ các bất đẳng thức sẽ được thỏa mãn

$$0 \leq \frac{|x|^n}{n!} = \frac{|x|}{1} \cdot \frac{|x|}{2} \cdot \dots \cdot \frac{|x|}{N} \times \times \frac{|x|}{N+1} \cdot \dots \cdot \frac{|x|}{n} \leq \frac{|x|^N}{N!} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-N} = \frac{|x|^N \cdot 2^N}{N!} \cdot 2^{-n}.$$

Vì $N$ là cố định nên với $n \to \infty$ giới hạn của dãy ở vế phải của các bất đẳng thức này bằng 0. Do đó đẳng thức (1) theo sau.

Biểu diễn chuỗi Taylor của hàm $\sin x$ và cos $x$

Hãy để $x > 0$ hoạt động. Sau đó, tích phân bất đẳng thức $\cos t \leq 1$ trên đoạn $[0; x]$, ta thu được điều đó

$$\int_0^x \cos t \, dt \leq \int_0^x 1 \, dt.$$

Nhưng vì sin $t$ là nguyên hàm của cos $t$ và $t$ là nguyên hàm của 1, nên bất đẳng thức trước đó dựa trên công thức Newton-Leibniz có thể được viết là $sin x \leq x$. Bất đẳng thức này có thể được viết ngay lập tức, nhưng chúng tôi muốn giải thích nguyên tắc thu được các bất đẳng thức tiếp theo và do đó đã đưa ra chứng minh của nó.

Tích phân bất đẳng thức $\sin t \leq t$ trên đoạn $[0; x]$, ta thu được điều đó

$$\int_0^x \sin t \, dt \leq \int_0^x t \, dt.$$

Vì hàm - cos $t$ là nguyên hàm của sin $t$ và $\frac{t^2}{2}$ là nguyên hàm của $t$, nên bất đẳng thức trước đó dựa trên công thức Newton-Leibniz có dạng

$$1 - cos x \leq \frac{x^2}{2} \text{ или } cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2}.$$

Bộ tích phân là một bất đẳng thức dọc theo đoạn $[0; x]$ và một lần nữa sử dụng công thức Newton-Leibniz để đi đến bất đẳng thức $\sin x \geq x - \frac{x^3}{3!}$.

5

Tiếp tục quá trình tích phân tuần tự (và sử dụng phương pháp quy nạp toán học), dễ dàng chứng minh được các bất đẳng thức

$$\cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!},$$

$$\sin x \leq x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{(4n+1)!},$$

$$\cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!},$$

$$\sin x \geq x - \frac{x^3}{3!} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{(4n+3)!},$$

ở đâu $n = 0, 1, \dots, x > 0$.

Kết hợp bất đẳng thức thứ nhất và thứ ba (2), ta thu được

$$1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!} \leq \cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!}.$$

Đa thức bên trái có thể được coi là giá trị gần đúng của $\cos x$ với một nhược điểm và đa thức bên phải có thể được coi là giá trị gần đúng của $\cos x$ với một giá trị đã biết (Hình 6). Nhưng hiệu giữa đa thức bên phải và bên trái so với bất đẳng thức (3) bằng $\frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}$, và tại $n \to \infty$ nó có xu hướng bằng 0 dựa trên (1). Đó là lý do tại sao

$$\cos x = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!} \right).$$

Kết quả được viết dưới dạng

$$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} + \dots.$$

Vế phải của đẳng thức này được gọi là $prdom Teйлора функции$ $\cos x$.

Khi chứng minh bất đẳng thức (3), và do đó, đẳng thức (4), chúng ta giả sử rằng $x > 0$. Nhưng chúng cũng hợp lệ cho $x < 0$ do tính chẵn lẻ của tất cả các hàm có trong chúng. Cuối cùng, chúng có thể dễ dàng được xác minh cho $x = 0$ và do đó hợp lệ cho tất cả $x$ thực.

Tương tự, với $x > 0$ từ (2) ta có

$$\sin x = \lim_{n \to \infty} \left( x - \frac{x^3}{3!} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{(4n+3)!} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{(4n+1)!} \right).$$

Kết quả này được viết dưới dạng

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} + \dots,$$

và biểu thức ở vế phải của đẳng thức này được gọi là $prdom Teйлора функции$ $\sin x$.

Cuối cùng, hãy lưu ý rằng đẳng thức (5) vẫn hợp lệ với $x \leq 0$ do tính chẵn lẻ của tất cả các hàm có trong nó.

Chuỗi chức năng mở rộng chuỗi Taylor $e^x$

Người ta biết rằng $(e^x)' = e^x$, từ đó suy ra rằng đối với bất kỳ cách xây dựng $C$ nào, hàm $e^x + C$ là nguyên hàm của $e^x$. Ngoài ra, điều quan trọng là chúng ta phải biết rằng $e > 1$ ($e = 2,718\dots$).

Vì $e > 1$, thì $1 \leq e^t \leq e^a$ cho tất cả $t \in [0; a]$. Giải thích sự bất đẳng thức này dọc theo đoạn $[0; x]$, trong đó $0 \leq x \leq a$, chúng ta thu được $x \leq e^x - 1 \leq e^ax$ hoặc $1 + x \leq e^x \leq 1 + e^ax$. Những bất đẳng thức này cũng có thể được tích phân trên đoạn $[0; x]$ bằng cách trước tiên thay thế $x$ trong chúng bằng $t$. Kết quả là chúng tôi nhận được

$$x + \frac{x^2}{2!} \leq e^x - 1 \leq x + e^a \frac{x^2}{2!},$$

Hình 6.

6

Ily

$$1 + x + \frac{x^2}{2!} \leq e^x \leq 1 + x + e^a \frac{x^2}{2!} (0 \leq x \leq a).$$

Tiếp tục quá trình tích phân tuần tự, ta thu được các bất đẳng thức

$$1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} \leq e^x \leq 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} + \frac{x^n}{n!} e^a,$$

ở đâu $n=0, 1, \dots, 0 \leq x \leq a$.

Do đó, đối với mỗi giá trị $x$ từ đoạn $[0; a]$, giá trị gần đúng của hàm $e^x$ có ​​phần thiếu và phần thừa sẽ thu được dưới dạng đa thức bậc $n$. Hiệu giữa đa thức bên phải và bên trái trong bất đẳng thức (6) bằng $(e^a - 1) \frac{x^n}{n!}$; tại $n \to \infty$ nó có xu hướng về 0 dựa trên (1). Vì $a$ là một số dương tùy ý, nên từ bất đẳng thức (6) nó suy ra với mọi $x \geq 0$

$$e^x = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} \right).$$

Hãy viết điều này như một sự bình đẳng

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + \dots$$

(7)

Biểu thức ở vế phải của (7) được gọi là chuỗi Taylor của hàm $e^x$.

Bài tập không phải 1. Chứng minh đẳng thức (7) cho $x < 0$. (Gợi ý không. Hãy lợi dụng sự thật là $e^x < 1$ đi cùng với $x < 0$).

Khai triển hàm số chuỗi Taylor $\ln(1+x)$

Hàm $\ln(1+x)$ được định nghĩa là $\log_e(1+x)$, tức là cơ số của logarit là $e$. Vì $\ln(1+x)^\prime = \frac{1}{1+x}$ với mọi $x > -1$, nên với $\frac{1}{1+x}$ hàm số $\ln(1+x) + C$ là nguyên hàm trên khoảng $-1; +\infty$ [ với mọi số được xây dựng $C$. Chúng tôi sẽ sử dụng điều này dưới đây. Lưu ý rằng với $t \geq 0$ bất đẳng thức

$$1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} + t^{2n}.$$

(8)

(Hãy tự biện minh cho họ.)

Giải thích các bất đẳng thức (8) dọc theo đoạn $[0; x]$, trong đó $x \geq 0$ và sử dụng công thức Newton–Leibniz, chúng ta thu được các bất đẳng thức

$$x - \frac{x^2}{2} + \dots - \frac{x^{2n}}{2n} \leq \ln(1+x) \leq x - \frac{x^2}{2} + \dots - \frac{x^{2n}}{2n} + \frac{x^{2n+1}}{2n+1},$$

(9)

trong đó $x \geq 0$. Hiệu giữa đa thức bên phải và bên trái là $\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$. Nếu $0 \leq x \leq 1$, thì nó có xu hướng về 0 tại $n \to \infty$. Đó là lý do tại sao

$$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \dots + \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n + \dots$$

(10)

cho $0 \leq x \leq 1$.

Phương trình không phải là 2. Hãy đảm bảo rằng đẳng thức này cũng đúng với $-1 < x < 0$. (Gợi ý không. Hãy tận dụng thực tế là tại $t > -1$ $1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} + t^{2n}$ nếu $\lambda > \frac{1}{1+t}$.)

Biểu thức ở vế phải của đẳng thức (10) được gọi là chuỗi Taylor của hàm $\ln(1+x)$.

Khi tìm chuỗi Taylor của các hàm $\sin x$, $\cos x, e^x$ và $\ln(1+x)$, chúng tôi đã sử dụng nhiều kỹ thuật nhân tạo khác nhau. Trên thực tế, có một phương pháp thống nhất để tìm chuỗi Taylor của hàm số - nó dựa trên sự vi phân tuần tự của nó. Chúng ta có thể làm quen với anh ấy trong cuốn sách tuyệt vời của A. Ya. Khinchin “Tám bài giảng về phân tích toán học” (M., “Nauka”, 1977).

Kết quả đánh giá có ý nghĩa gì?

Các ước tính cho các hàm $\sin x$, $\cos x, e^x$ và $\ln(1+x)$ thu được ở trên cho phép chúng ta tính toán chúng tại một điểm tùy ý với bất kỳ độ chính xác cần thiết nào.

7

Ví dụ: nếu chúng ta cần tìm giá trị của hàm sin x tại điểm $x \in \left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]$ với sai số không vượt quá số $\varepsilon > 0$, thì trước tiên chúng ta tìm một số nguyên $n \geqslant 0$ sao cho $x^{4n+1}/(4n+1)! < \varepsilon$. Khi đó, giá trị của các đa thức từ bất đẳng thức (2) tại điểm $x$ cho ta giá trị của sin x lên đến $\varepsilon$, một có nhược điểm, một có chênh lệch. Tính toán giá trị tại các điểm khác bằng cách sử dụng công thức rút gọn tính chất tính toán tại các điểm của đoạn $\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]$.

Một chút lịch sử

Tác phẩm của B. Taylor “Phương pháp tăng trưởng trực tiếp và nghịch đảo” được xuất bản năm 1715 tại Luân Đôn bằng tiếng Latinh. Taylor là người cùng thời với Newton và Leibniz - người sáng lập ra phép tính vi phân và tích phân. Phương pháp của ông dựa trên công thức Newton, đưa ra biểu diễn gần đúng của một hàm trên một đoạn cho trước dưới dạng đa thức bậc $n$, trùng với hàm đã cho tại $n+1$ các điểm cách đều của đoạn đó (bao gồm cả các điểm cuối của nó). Taylor đã thực hiện quá trình chuyển đổi sang khúc dạo đầu trong công thức Newton cho $n \rightarrow \infty$ theo cách hoàn toàn mang tính công thức mà không cần lo lắng về việc biện minh cho việc chuyển đoạn đến giới hạn.

Nhân dịp này, nhà khoa học và sử gia toán học nổi tiếng người Đức F. Klein đã viết: “Về bản chất, Taylor ở đây xử lý các vi phân (vi phân) nhiều hơn, có thể nói, một cách phù phiếm hơn những người theo Leibniz từng làm; Thật thú vị khi lưu ý rằng ông ấy vẫn… trước mắt Newton, quá chệch khỏi phương pháp giới hạn mà ông ấy đã sử dụng” *).

Kết quả là, nhiều nhà toán học từ các quốc gia khác nhau đã tham gia chứng minh phương pháp Taylor: Lagrange, Cauchy, Schlömlch, Roche, Peano và những người khác. Nhờ nỗ lực của họ, phương pháp biểu diễn hàm số bằng chuỗi Taylor và phương pháp biểu diễn gần đúng hàm số bằng đa thức đã được chứng minh đầy đủ.

Hiện nay, khái niệm chuỗi Taylor là một trong những khái niệm chính trong tính toán toán học. Chuỗi Taylor hoặc các tổng hữu hạn của chúng được sử dụng khi cần biểu diễn chính xác hoặc gần đúng các hàm biến thiên.

Bài tập

1. Tận hưởng sự bình đẳng
   $$\text{arctg} x = \int_0^x \frac{dt}{1+t^2} (-\infty < x < \infty),$$

chứng minh rằng với $x \geqslant 0$ và $n = 0,1, \dots$ các bất đẳng thức sau là đúng:
$$x - \frac{x^3}{3} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{4n+3} \leqslant \text{arctg} x \leqslant x - \frac{x^3}{3} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{4n+1}.$$

Nếu $x < 0$ thì trong các bất đẳng thức này, dấu “<” phải được thay bằng “>”.

2. Chứng minh rằng với $-1 < x \leqslant 1$ đẳng thức
   $$\text{arctg} x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots$$

3. Chứng minh đẳng thức $\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$

4. Chứng minh đẳng thức $\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$

5. Chứng minh đẳng thức
   $$e^{-1} = \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \dots$$

6. Chứng minh đẳng thức
   $$(1+x)^{\alpha} = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + \dots + \frac{\alpha(\alpha-1)}{n!} x^n + \dots,$$
   ở đâu $-1 < x \leqslant 1, -\infty < \alpha < +\infty$.

L. TARASOV

KHAI TRƯƠNG
NEUTON

Tất cả chúng tôi đều rất quan tâm đến câu hỏi
Cấu trúc và năng lực cốt lõi là chìa khóa để
lời giải của anh ấy, xuất hiện nhờ
neutron mở.

Niels Bohr (1932).

Ý nghĩ về sự tồn tại có thể
neutron lần đầu tiên được đề xuất
vào năm 1920 bởi nhà vật lý người Anh Rutherford. Neutron xuất hiện trước Rutherford dưới dạng một “ublet trung tính” - một kết nối chặt chẽ
giữa proton và electron.

Giả thuyết neutron của Rutherford

Rutherford đi đến giả thuyết neutron bằng cách suy nghĩ về vấn đề cấu trúc của hạt nhân nguyên tử. Ví dụ, người ta biết rằng một nguyên tử của gel có 2 electron và do đó hạt nhân của nguyên tử này phải chứa 2 proton (xét cho cùng, một nguyên tử là trung tính). Tuy nhiên, khối lượng của nguyên tử gel không phải là hai mà lớn hơn bốn lần khối lượng của nguyên tử hydro. Về vấn đề này, nảy sinh ý tưởng rằng lõi gel bao gồm 2 electron và theo đó là 4 proton. Theo quan điểm của Rutherford, lõi gel bao gồm 2 proton và 2 cặp đôi trung tính. Ví dụ, một nguyên tử oxy có 8 electron và khối lượng của nó lớn gấp 16 lần khối lượng của nguyên tử hydro; do đó, có thể giả định rằng hạt nhân oxy chứa 16 proton và 8 electron (theo Rutherford - 8 proton và 8 nhân đôi trung tính).

Tại sao Rutherford trình bày neutron như một “bộ đôi” của một proton và một electron, chứ không phải là một hạt trung hòa độc lập? Điều này có thể hiểu được nếu chúng ta nhớ rằng vào những năm 20 của thế kỷ chúng ta chỉ có ba hạt cơ bản được biết đến - electron, proton, photon; vào thời điểm đó người ta thường chấp nhận rằng những hạt này đã làm cạn kiệt hoàn toàn toàn bộ bộ “gạch cơ bản” mà từ đó vật chất được tạo ra. Bằng cách xem neutron giả thuyết là “sự kết hợp” của một proton và một electron, Rutherford đã đi theo khái niệm được chấp nhận rộng rãi. Ngoài ra, khả năng phóng xạ β của hạt nhân đã được phát hiện vào năm 1898, dường như nó chỉ ra khá chắc chắn sự hiện diện của các electron bên trong hạt nhân nguyên tử (bức xạ β của hạt nhân - dòng electron).

Những hạn chế của giả thuyết neutron của Rutherford không làm mất đi giá trị lịch sử của nó. Rutherford đã tìm cách truyền cho nhiều học sinh của mình ý tưởng về “neutron” (ngay cả khi được biểu diễn dưới dạng một nguyên tử hydro thu nhỏ). Và điều hoàn toàn tự nhiên là một trong số họ, D. Chadwin, người đã thực sự khám phá ra neutron - không phải là một “cặp đôi trung tính” trung tính của proton và electron, mà là một hạt cơ bản mới.

Điều này xảy ra vào năm 1932. Phát hiện này xảy ra trước một số sự kiện thú vị trong thế giới vật lý.

Sự “đánh bật” electron ra khỏi hạt nhân nguyên tử

Một trong những sự kiện này xảy ra vào năm 1924, khi nhà vật lý người Pháp Louis de Broglie đề xuất so sánh neculovolin với electron. Độ dài của sóng λ này được biểu thị theo động lượng electron p như sau:

$$\lambda = \frac{h}{p},$$

trong đó $h=6.6 \cdot 10^{-34}$ J·s là hằng số vật lý phổ quát - hằng số Planck. Năm 1927, giả thuyết của de Broglie (và một phần là công thức (1)) đã nhận được sự xác nhận thực nghiệm trong các thí nghiệm phát hiện ra sự nhiễu xạ của electron khi đi qua các tấm kim loại mỏng.

Việc phát hiện ra tính chất sóng của electron đã làm thay đổi đáng kể quan điểm của các nhà vật lý về cấu trúc của hạt nhân nguyên tử. Bây giờ mọi chuyện đã trở nên rõ ràng: các electron không phải là một phần của hạt nhân nguyên tử - vì lý do là electron đơn giản là không thể “vừa” bên trong hạt nhân.

Các sơ đồ quy ước minh họa cấu trúc của lõi gel: a) - mô hình proton-electron; b) - mô hình với cặp đôi Rutherford trung tính; c) - mô hình proton-neutron. Ký hiệu: 1 - proton, 2 - electron, 3 - cặp đôi trung tính, 4 - neutron.

Trên thực tế, để lọt vào hạt nhân, electron phải có bước sóng λ không vượt quá đường kính d của hạt nhân: λ<d. Sử dụng (1), từ đây chúng ta thu được bất đẳng thức

$$p > h/d.$$

Giá trị tối thiểu của động lượng electron, xác định sự không giãn nở

10

Venstom, rất lớn. Thật vậy, bằng cách thay thế $d \sim 10^{-14}$ m (kích thước đặc trưng của hạt nhân nguyên tử được ước tính trong các thí nghiệm về sự tán xạ của các hạt $\alpha$ do Rutherford thực hiện vào năm 1910), chúng ta thu được
$$p \approx 6,6 \cdot 10^{-20} \text{Дж.}$$

Đối với một hạt có khối lượng $m \approx 9,1 \times 10^{-31}$ kg thì đây là một xung lực rất lớn. Do đó, để ước tính năng lượng $E$ của electron, chúng ta phải sử dụng sự tương ứng của đường kính tương đối tính
$$E = pc^2/v,$$
(3)

trong đó $c = 3 \cdot 10^8$ m/s là tốc độ ánh sáng trong chân không, $v$ là tốc độ của electron. (Sự tương ứng này tuân theo các công thức tương đối nổi tiếng
$$E = \frac{m_0 c^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}, p = \frac{m_0 v}{\sqrt{1-v^2/c^2}},$$
trong đó $m_0$ là khối lượng electron.)
Đặt $v \approx c$ trong trường hợp đang xem xét, chúng tôi nhận được từ (3):
$$E \approx pc.$$
Bây giờ bất đẳng thức (2) có thể được viết lại thành
$$E > hc/d.$$
Thay thế các giá trị $h$, $c$ và $d$ ở đây, chúng ta nhận được: $E > 2 \cdot 10^{-11}$ J hoặc $E > 10^8$ EV (hãy nhớ rằng 1 EV = 1,6 $\times$ 10$^{-19}$ J).
Vì vậy, để lọt vào hạt nhân nguyên tử bên trong, một electron phải có năng lượng ít nhất $10^8$ EV. Trong quá trình phân rã β của hạt nhân, năng lượng này sẽ được giải phóng. Tuy nhiên, như kinh nghiệm cho thấy, năng lượng được giải phóng bởi hạt nhân trong quá trình phân rã β nhỏ hơn đáng kể - nó không vượt quá $10^5 - 10^6$ EV (mỗi hạt nhân).
Do đó, người ta phải thừa nhận rằng, thứ nhất, các electron không có trong thành phần của hạt nhân và thứ hai, trong quá trình phân rã β của hạt nhân, một electron được sinh ra tại thời điểm xảy ra sự kiện phân rã (tương tự như cách các photon được sinh ra khi ánh sáng được phát ra bởi các nguyên tử).
Tuy nhiên, cần lưu ý rằng mặc dù đã phát hiện ra tính chất sóng của electron, câu hỏi về sự hiện diện của electron trong hạt nhân vẫn tiếp tục bỏ ngỏ trong một thời gian. có lẽ vì lý do mà các tính chất sóng của electron dường như không thể hiểu được ở thang đo?

Nghiên cứu bí ẩn

Năm 1919, Rutherford là người đầu tiên thực hiện quá trình phân tách nhân tạo hạt nhân nitơ bằng các hạt $\alpha$. Phản ứng hạt nhân này theo ký hiệu hiện đại trông như thế này:
$$\frac{14}{7}N + \frac{4}{2}He \rightarrow \frac{17}{8}O + p$$
($\frac{14}{7}N$ - hạt nhân nitơ, gồm 7 proton và 7 neutron; $\frac{4}{2}He$ - hạt nhân helium, hoặc $\alpha$-hạt (2 proton, 2 neutron); $\frac{17}{8}O$ - hạt nhân của một trong các hợp chất oxy (8 proton, 9 neutron); $p$ - proton).
Trong những năm tiếp theo, việc tích hợp nghiên cứu các phản ứng hạt nhân xảy ra dưới tác động của các hạt $\alpha$ bắt đầu. Người ta phát hiện ra rằng các nguyên tố đa ánh sáng, khi bắn phá bằng hạt $\alpha$, sẽ phát ra proton. Nhiều nhưng không phải tất cả!
Vào tháng 5 năm 1930, các nhà vật lý người Đức Bothe và Becker phát hiện ra rằng berili, khi bị bắn phá bởi các hạt $\alpha$, không phát ra proton mà phát ra một số phát xạ khác, cho đến nay vẫn chưa được biết đến. Bức xạ này không để lại bất kỳ dấu vết nào trong buồng mây; Sự phát xạ này truyền qua khá nhiều tấm svizz (dày 10 cm) gần như không suy yếu. Do đó, người ta đề xuất rằng bức xạ $\gamma$ rất cứng này là bức xạ điện từ, lượng tử của nó ($\gamma$-lượng tử) mang năng lượng rất lớn.
Các nhà vật lý người Pháp Irene và Frederic Jollu-Curie bắt đầu quan tâm đến bức xạ Bothe-Becker bí ẩn. Họ đặt một rào chắn làm từ chất chứa hydro - parafin - trên đường đi của bức xạ và ngay lập tức thu được một kết quả thú vị: hàng rào parafin, không giống như hàng rào chì, chặn bức xạ Bothe-Becker một cách đáng tin cậy; Đồng thời, một số lượng lớn proton bay nhanh từ parafin theo hướng bức xạ của cân.
Jollu-Curie cho rằng proton là hạt nhân giật lùi xuất hiện do sự va chạm của các photon có năng lượng rất cao với các nguyên tử hydro có trong parafin. Proton bị “đánh bật” khỏi nguyên tử hydro. Biết năng lượng của proton

11

người ta có thể ước tính năng lượng của photon đã “đánh bật” proton này. Jollus-Curie đã đưa ra đánh giá này. Năng lượng của proton được xác định từ khoảng cách tối đa mà immi di chuyển trong không khí. Sau đó, dựa trên các định luật bảo toàn động lượng và năng lượng, người ta đưa ra ước tính năng lượng của photon tương ứng. Giá trị của giá trị này hóa ra rất lớn: ~5×10⁷ eV.

Mặc dù lời giải thích được đưa ra một cách chung chung nhưng nó không thể được coi là thỏa đáng và cuối cùng. Còn nhiều điều chưa rõ ràng. Năng lượng photon lớn đến từ đâu? Tại sao, trong khi sẵn sàng truyền năng lượng của chúng cho các proton, nhưng futon lại không muốn tương tác với các nguyên tử chì? Tuy nhiên, trong công trình của họ xuất bản ngày 18 tháng 1 năm 1932, Irène và Frédéric Jollu-Curie tiếp tục tin rằng bức xạ Bothe-Becker là bức xạ điện từ cứng. Những dòng kết luận của công trình cho biết: “Vì vậy, những quan sát của chúng tôi rõ ràng đã chứng minh rằng bức xạ điện từ tần số cao có khả năng giải phóng các proton trong các chất chứa hydro và mang lại cho chúng vận tốc cao”.

Khám phá neutron của Chadwick

Sau khi làm quen với công trình của Jollus-Curie, nhà vật lý người Anh D. Chadwick từ phòng thí nghiệm Rutherford ở Cambridge đồng ý rằng các nhà vật lý người Pháp (cũng như các nhà vật lý người Đức Bothe và Becker) đang nghiên cứu không phải bức xạ điện từ cứng mà là neutron. Chadwick là sinh viên của Rutherford; dưới ảnh hưởng của người thầy, từ lâu anh đã thấm nhuần ý tưởng về “neutron”, tìm kiếm neutron và mong đợi sẽ gặp chúng trong bất kỳ bức xạ mới nào. Sau này ông thừa nhận: “Tất nhiên, suy nghĩ của tôi xoay quanh neutron”.

Chadwick lặp lại các thí nghiệm Jollu-Curie, đưa sự tồn tại bổ sung vào chúng để kiểm tra giả thuyết neutron: ông đã sử dụng các cửa chớp khác nhau chứa các nguyên tố nhẹ (hydro, lithium, carbon, nitơ và các loại khác). Chadwick phát hiện ra rằng bức xạ bí ẩn được tạo ra khi bắn phá berili bằng các hạt alpha có khả năng tạo ra không chỉ proton mà còn cả các hạt nhân giật lùi khác - hạt nhân của lithium, carbon, nitơ, v.v.

Để đo năng lượng của các hạt nhân giật lùi, Chadwick đã sử dụng buồng định danh xung và máy hiện sóng. Buồng ion hóa có hai điện cực, giữa chúng có hiệu điện thế (10²—10³ V). Lõi giật lại, hoạt động gần các điện cực này, tạo ra sự phân tán của các nguyên tử khí dẫn hướng buồng. Các ion giật lùi và electron xuất hiện trên đường đi của hạt nhân dưới tác dụng của điện trường sẽ chuyển động đến các điện cực nối tương ứng; Kết quả là, một xung dòng điện xuất hiện trong mạch của buồng danh định, xung này có thể được áp dụng thành công vào máy ghi dao động. Bằng cách đo độ lớn của xung quan sát được trên máy hiện sóng, Chadwick đã xác định được năng lượng của các hạt nhân giật lùi khác nhau (proton, hạt nhân nitơ, v.v.). Sau khi so sánh năng lượng, ông đi đến kết luận: bức xạ phát sinh trong quá trình bắn phá berili bởi các hạt α không gì khác hơn là một dòng các hạt trung hòa có khối lượng gần bằng khối lượng của một proton.

12

Và thế là vào ngày 27 tháng 2 năm 1932 (tức là chỉ một tháng sau khi công trình của Jollus-Curie được xuất bản), thông điệp ngắn gọn của Chadwick “Khả năng tồn tại của neutron” xuất hiện. Tin nhắn cho biết một phần:

“… Các kết quả thu được rất khó giải thích dựa trên giả định về bức xạ điện tử, nếu năng lượng và động lượng phải được bảo toàn trong quá trình va chạm. Tuy nhiên, khó khăn sẽ biến mất nếu chúng ta giả sử rằng bức xạ bao gồm các hạt có khối lượng 1 và nhiễm bẩn 0, tức là neutron. Có thể giả định rằng do hạt α bị hạt nhân Be bắt giữ, một hạt nhân $^{12}$C được hình thành và một neutron được phát ra… Sự va chạm của các neutron này với các nguyên tử mà chúng đi qua tạo ra các nguyên tử giật lại; Năng lượng quan sát được của các nguyên tử giật lại hoàn toàn phù hợp với quan điểm này.”

Lý luận và những phép tính khá đơn giản của Chadwick, dựa trên các định luật bảo toàn năng lượng và động lượng, thang đo là đáng nể. Hãy thử lặp lại chúng.

Giả sử rằng một hạt nhân có khối lượng $m$ (neutron giả định), có tốc độ $v$, chịu bất kỳ va chạm đàn hồi nào với một hạt nhân có khối lượng nghỉ $m'$. Định luật bảo toàn năng lượng và động lượng đối với một va chạm nhất định có dạng:

$$mv^2/2 = mv_1^2/2 + m'v_2^2/2,$$

$$mv = mv_1 + m'v_2,$$

trong đó $v_1$ và $v_2$ là vận tốc của hạt nhân $m$ và $m'$ sau va chạm. Lưu ý rằng các vectơ $v, v_1$ và $v_2$ hướng dọc theo cùng một đường thẳng. Từ các phương trình này, chúng ta tìm được tốc độ của lõi giật lại (lõi $m'$):

$$v_2 = 2vm/(m + m')$$

($v_2, v$ - giá trị tuyệt đối của vận tốc). Chúng ta hãy giả sử thêm rằng trong một trường hợp, lõi minshen có khối lượng $m'$ (chúng ta biểu thị tốc độ của nó sau va chạm là $v_2'$) và trong trường hợp khác, nó có khối lượng $m''$ (vận tốc $v_2''$). Từ (5) suy ra rằng

$$v_2'/v_2'' = (m + m'')/(m + m'').$$

Trong trường hợp minien chứa hydro và chứa nitơ, giá trị khối lượng hạt nhân giật lùi của $m'=1$ và $m''=14$ tương ứng. Sau khi đo năng lượng của hạt nhân giật lùi đối với những miniene này, Chadwick nhận thấy rằng $v_2'/v_2'' \approx 7$. Trong trường hợp này, thư từ (6) có dạng

$$(m + 14)/(m + 1) \approx 7,$$

từ đó nó ngay lập tức theo sau $m \approx 1$.

Sơ đồ bố trí thí nghiệm của Chadwick: V.K. - buồng chân không; 1 - polonium, là nguồn của hạt α; 2 - hạt α; 3 — beryl minshen; 4 - bức xạ xuyên thấu (neutron); 5 - rào cản từ đó hạt nhân giật lùi bị đánh bật ra (các thí nghiệm được thực hiện với các rào cản khác nhau làm từ các nguyên tố nhẹ); 6 - hạt nhân giật lùi thoát ra khỏi bộ giảm chấn; I.K. - buồng ion hóa để đo năng lượng của hạt nhân giật lùi; 7 - điện cực để thu thập các ion được hình thành bởi các buồng bên trong khi đi qua lõi giật lại.

14

Sự phát triển của phản ứng hạt nhân rất dễ giải thích. Khi một hạt tích điện va chạm với hạt nhân, xác suất nó xuyên qua hạt nhân bị giới hạn bởi lực đẩy Coulomb. Trong trường hợp va chạm của neutron với hạt nhân, các hạn chế loại này không tồn tại. Lực tương tác giữa neutron và hạt nhân ban đầu rất nhỏ; Chỉ ở những khoảng cách rất ngắn, nó mới bắt đầu phát triển nhanh chóng và có đặc tính hấp dẫn… Do đó, ngay cả những neutron có năng lượng rất thấp cũng có thể xuyên qua hạt nhân.”
Năm 1934, nhà vật lý người Ý E. Fermi đã phát hiện ra tính phóng xạ nhân tạo của hạt nhân nguyên tử dưới tác động của bức xạ neutron.
Cũng trong năm 1934, Fermi và các cộng sự đã quan sát thấy sự phân hạch của hạt nhân các nguyên tố nặng dưới tác dụng của neutron chậm. (Đúng, Fermi đã không đưa ra cách giải thích chính xác về hiện tượng quan sát được. Chỉ đến năm 1939, các nhà vật lý người Đức O. Hahn và F. Strassmann mới đưa ra kết luận lý thuyết chính xác: dưới tác dụng của neutron chậm, sự phân hạch của hạt nhân nặng và sự hình thành chất thải phóng xạ xảy ra.)
Việc phát hiện ra neutron đã bắt đầu kỷ nguyên vật lý hạt nhân, được đánh dấu vào giữa thế kỷ 20 bởi sự phát triển của vật lý hạt cơ bản và sự phát triển của công nghệ hạt nhân.
Trong lịch sử vật lý, năm 1932 thường được gọi là “năm của những phép lạ”, để ghi nhận vô số khám phá đáng chú ý xảy ra trong năm đó. Người ta có thể đồng ý với cái tên này ngay cả khi chúng ta chỉ tính đến việc phát hiện ra neutron.

Việc phát hiện ra neutron là một loại nút trong mạng lưới nghiên cứu khoa học có định hướng

NGHIÊN CỨU TÍNH PHÓNG XẠ TỰ NHIÊN CỦA HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ

TÍCH LŨY DỮ LIỆU VỀ CẤU TRÚC CỦA HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ (KÍCH THƯỚC, KHỐI LƯỢNG, điện tích, THÀNH PHẦN, V.v.)

NGHIÊN CỨU CÁC PHẢN ỨNG HẠT NHÂN BỞI CÁC HẠT α

PHÁT TRIỂN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐO NĂNG LƯỢNG HẠT

PHÁT HIỆN NEURON

TẠO MÔ HÌNH HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ

NGHIÊN CỨU LỰC HẠT NHÂN

NGHIÊN CỨU CÁC PHẢN ỨNG HẠT NHÂN BỞI NEUTRO

KHÁM PHÁ PHÁT XẠ NUCLEI DO neutron gây ra

PHÁT HIỆN PHÂN NHÂN HẠT NHÂN

15

T. Chernovor

Sau khi mặt trời lặn

Có thể nhìn thấy vệ tinh nhân tạo của Trái đất bằng mắt thường không? Đáp số câu hỏi này có vẻ rất tiện lợi: tất nhiên là không. Thật vậy, để mắt có thể nhìn thấy một vật ở xa thì kích thước góc f của vật đó (Hình 1) phải không nhỏ hơn $\varphi_{\min} \approx 1' \approx 10^{-4}$ rad. Điều này có nghĩa là một vệ tinh nằm cách bề mặt Trái đất $R \approx 500$ km có thể được nhìn thấy bằng mắt thường nếu kích thước tuyến tính của nó $d$ không nhỏ hơn $R \varphi_{\min} \approx 50$ m! Vì vậy không thể quan sát Trái đất bằng mắt thường bằng vệ tinh nhân tạo. Tuy nhiên…

Hãy thử ước tính kích thước góc của các ngôi sao. Chúng ta sẽ giả sử rằng khoảng cách tới ngôi sao là $R \approx 10^{16}$ m (tại

16

hoàng hôn (hoặc trước khi mặt trời mọc). Thực tế là có một khoảng thời gian giữa thời điểm mặt trời lặn ở đường chân trời và ở một độ cao nhất định phía trên đường chân trời. Và nếu ở độ cao nơi đặt vệ tinh, Mặt trời vẫn chưa lặn, nhưng đối với $H$ được quan sát thì nó đã lặn (Hình 2), thì ở phần $CC'$ của quỹ đạo, vệ tinh sẽ phát sáng đối với người quan sát như vậy. Rõ ràng là thời gian trôi qua càng ít kể từ khi mặt trời lặn ở đường chân trời thì phần quỹ đạo mà vệ tinh phát sáng có thể được quan sát càng lớn.

Chúng tôi đã nói “quan sát”. Nhưng làm thế nào? Có thể nhìn thấy một vệ tinh phát sáng bằng mắt thường không? Hãy xem.

Có một ngưỡng nhìn thấy năng lượng đối với mắt: mắt phản ứng với bức xạ ánh sáng nếu công suất của bức xạ này đi vào mắt ít nhất là $P_{\min} \approx 3 \cdot 10^{-17}$ W. Hãy ước tính công suất bức xạ của vệ tinh đi vào mắt. Chính xác hơn, sức mạnh của bức xạ mặt trời, được phản xạ từ vệ tinh, đi vào mắt quan sát.

Chúng ta sẽ gọi tính tích phân của năng lượng bức xạ truyền qua một đơn vị diện tích trên một đơn vị thời gian.

Trong không gian gần Trái đất, độ tích hợp của bức xạ mặt trời bằng $I_0 \approx 1,4 \cdot 10^3$ W/m2. Nếu diện tích bề mặt của vệ tinh là $s \approx 10$ m2 thì công suất bức xạ mặt trời tới vệ tinh là

$$P_c = I_0 s \approx 1,4 \cdot 10^4$$ Thứ ba. Một phần năng lượng này, khoảng 0,1, được phản xạ từ bề mặt vệ tinh *). Vì vậy chúng ta có thể coi vệ tinh là một nguồn bức xạ có công suất $P_\pi = kP_c \approx 1,4 \cdot 10^3$ W ($k=0,1$ là hệ số phản xạ).

Cường độ của bức xạ này ở khoảng cách $R$ tính từ vệ tinh bằng $I_R = P_\pi/4\pi R^2$ ($4\pi R^2$ là diện tích của hình cầu “bao quanh” vệ tinh; công suất của bức xạ $P_\pi$ từ vệ tinh đi qua khu vực này; vì vậy $P_\pi/4\pi R^2$ chính xác là công suất bức xạ giảm trên một đơn vị diện tích, tức là tính tích hợp). Nếu vệ tinh nằm cách bề mặt Trái đất $R \approx 500$ km thì cường độ bức xạ đi vào mắt quan sát là $I_R \approx 0,4 \cdot 10^{-9}$ W/m2. Giả sử diện tích màn hình xem là khoảng 0,3 cm², bức xạ đi vào mắt xem là $P \approx 10^{-14}$ W.

Vì vậy, $P \gg P_{\min}$. Điều này có nghĩa là quan sát từ Trái đất có thể thấy

*) Phần năng lượng mặt trời nào được phản xạ từ bề mặt vệ tinh (hay nói cách khác là hệ số phản xạ) phụ thuộc vào trạng thái của bề mặt này, vào quá trình xử lý của nó. Và điều này được xác định bởi mục đích dự định của vệ tinh. Vì vậy giá trị của hệ số phản xạ dao động trong một phạm vi rộng. Đối với ước tính của chúng tôi, chúng tôi sẽ lấy giá trị 0,1.

18

Sự thay đổi về chủ đề của bất đẳng thức cổ điển

Ghi chú này được viết bởi học sinh lớp 10 Misha Sevriok dựa trên báo cáo của em tại hội nghị Trường Moscow số 2. Nó chứng minh những bất đẳng thức mà tác giả đã tìm ra, những bất đẳng thức dễ thấy và khái quát về trung bình số học và trung bình hình học. Tất nhiên, chúng không phải là mới: trong các lĩnh vực toán học cổ điển, thực tế không có “điểm trống” nào có thể đạt được nếu không được đào tạo về máy chủ. Ví dụ, bằng chứng về các bất đẳng thức đã đề cập có trong cuốn sách tuyệt vời nhưng khó tiếp cận của Hardy, Leathwood và Polyan *); tuy nhiên, các chứng minh tổ hợp thuần túy của M. Sevriok là nguyên bản và đơn giản hơn đáng kể.

Những bất đẳng thức thuộc loại này cũng được nhiều độc giả khác của chúng tôi quan tâm. Ngoài ghi chú của M. Sevriok, trong số này chúng tôi xuất bản dưới dạng bài toán (M565) bất đẳng thức Maclaurin, các chứng minh thú vị được gửi bởi M. Rosenberg, cũng như bài toán P. Vinokur, cho thấy khả năng ứng dụng của bất đẳng thức loại này trong nhiều tình huống khác nhau.

Trong thời đại máy tính điện tử của chúng ta, thật vui khi biết rằng nghệ thuật sống động của các phép biến đổi đại số vẫn không mất đi sự hấp dẫn và không ngừng hữu ích…

Ngay cả người Hy Lạp cổ đại cũng biết rằng trung bình hình học $\sqrt{ab}$ của hai số không âm không vượt quá trung bình số học $\frac{a+b}{2}$ của chúng. Định lý này đúng với mọi số không âm $a_1, a_2, \dots, a_n$:

$$\frac{1}{n} (a_1 + \cdots + a_n) \geq (a_1 \dots a_n)^{1/n}$$

(sự bình đẳng chỉ xảy ra khi tất cả $a_i$ khớp); nó sẽ làm cơ sở cho mọi thứ tiếp theo.

Chuỗi bất đẳng thức đầu tiên

Ở đây, như trước đây, $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số không âm tùy ý. Ngoài tổng $S_1$ của tất cả $a_i$ riêng biệt, như trong bất đẳng thức (1), chúng ta sẽ quan tâm đến tổng các tích cặp có thể có của chúng $S_2 = a_1 a_2 + a_1 a_3 + \dots + a_{n-1} a_n$,

tổng các tích có thể có của ba

$$S_3 = a_1 a_2 a_3 + a_1 a_2 a_4 + \dots + a_{n-2} a_{n-1} a_n$$

và nói chung là tổng $S_k$ sản phẩm của họ trên $k$ thành phần ($k \leq n$). Tương tự, ngoài tích $P_1$ của tất cả $a_i$ riêng lẻ, chúng ta sẽ quan tâm đến tích của tất cả các tổng theo cặp có thể có

$$P_2 = (a_1 + a_2) (a_1 + a_3) \dots \dots (a_{n-1} + a_n)$$

tích của tổng ba

$$P_3 = (a_1 + a_2 + a_3) (a_1 + a_2 + a_4) \dots \dots (a_{n-2} + a_{n-1} + a_n)$$

và nói chung là tích $P_k$ của tổng của chúng trên $k$ số hạng ($k \leq n$).

Hóa ra các đại lượng $S_k$ và $P_k$ cho $k=1, 2, \dots, n$ có ​​thể có các giới hạn trên và giới hạn dưới sau (theo $S_1 = a_1 + \dots + a_n$ và $P_1 = a_1 \dots a_n$):

$$C_n^k \left( \frac{S_1}{n} \right)^k \geq S_k \geq C_n^k P_k^{\frac{k}{n}}$$

$$\left( \frac{k}{n} \right)^{C_n^k} S_1^{C_n^k} \geq P_k \geq k^{C_n^k} P_1^{\frac{k}{n}}$$

Mở rộng việc ghi lại các công thức này trông rất nội bộ. Đừng tự bắn mình! Tốt hơn hết hãy giải mã một trong những công thức này (đối với các giá trị cụ thể, không quá lớn của $k, n$) và bạn sẽ thấy rằng tất cả những điều này không quá đáng sợ. Ví dụ: với $k=3, n=4$, biểu mẫu

19

mula $(I_2)$ trông như thế này:

$$4 \left( \frac{a_1 + a_2 + a_3 + a_4}{4} \right)^3 \geq a_1 a_2 a_3 + a_1 a_2 a_4 + a_1 a_3 a_4 + a_2 a_3 a_4 \geq 4 \left( a_1 a_2 a_3 a_4 \right)^{3/4}.$$

Tại $k=1$ các bất đẳng thức $(I_2)$, $(II_1)$ chuyển thành $(1)$; $(I_1)$ và $(II_2)$ trở thành $(1)$ tại $k=n$ (kiểm tra!). Như vậy, cả bốn bất đẳng thức $(I)$, $(II)$ đều có thể coi là dạng tổng quát hóa của bất đẳng thức $(1)$.

Chứng minh bất đẳng thức $(I_2)$. Để ngắn gọn, chúng ta hãy đặt $C = C_n^k$ và bằng $\tilde{p}_1, \tilde{p}_2, \dots, \tilde{p}_{C_n^k}$ chúng ta biểu thị các số hạng của tổng $S_k$ (trên thực tế, có $C = C_n^k$ trong số chúng). Vì $\frac{S_k}{C}$ là trung bình số học của các số $\tilde{p}_1, \tilde{p}_2, \dots, \tilde{p}_c$, theo (1)

$$\frac{S_k}{C} \geq \left( \tilde{p}_1 \tilde{p}_2 \dots \tilde{p}_c \right)^{1/C}.$$

Mỗi $a_i$ là thành phần của chính xác $C_{n-1}^{k-1}$ các số $\tilde{p}_1, \tilde{p}_2, \dots, \tilde{p}_c$. Vì vậy, $\left( \tilde{p}_1 \tilde{p}_2 \dots \tilde{p}_c \right)^{1/C} = P_1^v$, ở đâu $v = \frac{C_{n-1}^{k-1}}{C} = \frac{C_{n-1}^{k-1}}{C_n^k} = \frac{k}{n}$. Do đó, $\frac{S_k}{C} \geq P_1^{k/n}$, tức là $S_k \geq CP_1^{k/n}$, là điều bắt buộc.

Đẳng thức trong $(I_2)$ xảy ra khi $k=n$, khi $a_1 = \dots = a_n$ hoặc khi ít nhất $n-k+1$ số từ tập hợp $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ bằng 0.

Chứng minh bất đẳng thức $(II_2)$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\tilde{s}_1, \tilde{s}_2, \dots, \tilde{s}_C$ các thành phần của sản phẩm $P_k$ (như trước $C = C_n^k$). Chúng ta hãy đặt $q = k^C$ cho ngắn gọn. Ở phía bên trái của bất đẳng thức, tức là trong biểu thức $P_k$, chúng ta mở ngoặc. Chúng ta thu được tổng $q$ số hạng, mỗi số hạng là tích của $C$ số từ tập hợp $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$, lấy một số từ mỗi $\tilde{s}_i$. Trong tích của các số hạng này, mỗi $a_i$ chứa một thành phần, do tính đối xứng, có cùng số lần (chúng tôi biểu thị số này bằng $\mu$). Do đó tích này bằng $P_1^\mu$, do đó

$$\frac{P_k}{q} = \left( P_1^\mu \right)^{1/q},$$

hơn nữa, sự bình đẳng diễn ra khi và chỉ nếu tất cả các số hạng $q$ của chúng ta đều bằng nhau, đặc biệt là xảy ra với $a_1 = \dots = a_n$; sử dụng cái này, tìm $\mu$.

Hãy để $a_1 = a_2 = \dots = a_n = 2$. Khi đó trong (2) đẳng thức $\tilde{s}_1 = \tilde{s}_2 = \dots = \tilde{s}_C = 2k, P_1 = 2^n$ giữ nguyên, do đó $\frac{(2k)^C}{q} = \left( 2^n \right)^{\frac{\mu}{q}}, 2^C = 2^{\frac{n\mu}{q}}, \mu = \frac{Cq}{n}$.

Thay giá trị này vào (2), chúng ta thu được $(II_2)$.

Rõ ràng là sự bằng nhau xảy ra khi $k=1$ hoặc khi $a_1 = \dots = a_n$ hoặc khi ít nhất $k$ số từ tập hợp $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ bằng 0.

Để chứng minh bất đẳng thức $(I_1)$ ta cần đến bất đẳng thức Maclaurin. Hãy đặt $S_k = \frac{S_k}{C_n^k}$. Sau đó

$$\bar{S}_1 \geq \bar{S}_2^{\frac{1}{2}} \geq \bar{S}_3^{\frac{1}{3}} \geq \dots \geq \bar{S}_n^{\frac{1}{n}}$$

(nếu tất cả $a_i$ đều dương và không phải tất cả $a_i$ đều giống nhau thì hãy nhập dấu dừng >).

Chứng minh của bất đẳng thức này có thể tìm thấy trong HLP, trang 69 *).

Chứng minh bất đẳng thức $(I_1)$ ngay sau đây từ (3). Quả thực $S_k C^{-1} = \bar{S}_k, S_1 n^{-1} = \bar{S}_1$, vì $C_n^k = n$. Điều này có nghĩa là $(I_1)$ có dạng $\bar{S}_1 \geq \bar{S}_k^{\frac{1}{k}}$ và được chứa trong (3).

Hãy tự chứng minh điều đó bằng cách sử dụng bất đẳng thức Maclaurin cho $(I_2)$.

Bất đẳng thức $(II_1)$ được chứng minh tương tự như $(I_2)$; Chúng tôi để lại bằng chứng này cho người đọc.

Điều kiện đẳng thức trong $(I_1)$: $a_1 = a_2 = \dots = a_n$ hoặc $k=1$, trong $(II_1)$: $a_1 = a_2 = \dots = a_n$ hoặc $k=n$.

*) Một bằng chứng khác do M. Rosenberg gửi sẽ được công bố dưới dạng lời giải bài toán M565.

20

Chuỗi bất đẳng thức thứ hai

Ở đây $a_1, a_2, \dots, a_n - n$ là các số x dương. Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau (chúng tôi giả sử rằng $k \leq n - 1$):

$$\Sigma_i = \frac{\tilde{s}_i}{S_1 - \tilde{s}_i},$$

$$\Pi_i = \frac{\tilde{p}_i}{P_1 - \tilde{p}_i} \left( i = 1, 2, \dots, C = C_n^k \right).$$

Chúng tôi quan tâm đến ranh giới của những thay đổi trong giá trị $^*$ $\Sigma_1 + \Sigma_2 + \dots + \Sigma_C, \Pi_1 + \Pi_2 + \dots + \Pi_C, \Sigma_1 \Sigma_2 \dots \Sigma_C, \Pi_1 \Pi_2 \dots \Pi_C$. Hóa ra các giới hạn này của biểu thức $\Sigma_1 \Sigma_2 \dots \Sigma_C$ phụ thuộc vào $k$; chính xác:

$$\text{при } k \in \left[ 1, \frac{n}{2} \right] \quad \text{имеем}$$
$$\Sigma_1 \dots \dots \Sigma_C \in \left[ 0, \left( \frac{k}{n-k} \right)^C \right], \quad (\text{III}_1)$$

$$\text{при } k = \frac{n}{2} \quad \text{(если } n \text{ четно)}$$
$$\Sigma_1 \dots \dots \Sigma_C = 1, \quad (\text{III}_2)$$

$$\text{при } k \in \left[ \frac{n}{2}, n-1 \right] \quad \text{имеем}$$
$$\Sigma_1 \dots \dots \Sigma_C \in \left[ \left( \frac{k}{n-k} \right)^C, +\infty \right]. \quad (\text{III}_3)$$

Bằng chứng cho lời khai (III$_3$). Hãy gọi quan hệ loại thứ nhất là quan hệ từ $n$ số $a_1, a_2, \dots, a_n$ đến $k$, quan hệ loại thứ hai - quan hệ từ cùng số đến $n-k$. Cũng sẽ có $C$, kể từ $C_n^k = C_n^{n-k}$. Phần bên trong của quan hệ loại thứ hai theo thứ tự tùy ý và tổng các số trong quan hệ loại thứ $i$ sẽ được ký hiệu là $\tilde{s}_i'$. Rõ ràng là $\tilde{s}_1' \cdot \tilde{s}_2' \dots \tilde{s}_C' = \left( S_1 - \tilde{s}_1 \right) \times \left( S_1 - \tilde{s}_2 \right) \dots \left( S_1 - \tilde{s}_C \right)$. Chúng ta hãy xem xét một mối quan hệ tùy ý thuộc loại thứ nhất với số $i - \left( a_{i_1}, a_{i_2}, \dots, a_{i_k} \right)$. Từ $k > \frac{n}{2}$ suy ra $k > n-k$ và từ các số có trong quan hệ này, có thể tạo ra các quan hệ $C_n^{n-k}$ thuộc loại thứ hai (với một số số $\gamma_1, \gamma_2, \dots, \gamma_R$, trong đó $R = C_n^{n-k}$) và mỗi số từ tập hợp $\{ a_{i_1}, a_{i_2}, \dots, a_{i_k} \}$ sẽ được đưa vào chính xác $C_n^{n-k-1}$ các quan hệ thuộc loại thứ hai như vậy. Vì vậy, $C_n^{n-k-1} \tilde{s}_i = \tilde{s}'_{\gamma_1} + \tilde{s}'_{\gamma_2} + \dots + \tilde{s}'_{\gamma_R}$.

Từ (1) và (4) suy ra $C_n^{n-k-1} \tilde{s}_i \geq R \left( \tilde{s}'_{\gamma_1} \tilde{s}'_{\gamma_2} \dots \tilde{s}'_{\gamma_R} \right)^{1/R}$. (5)

*) Những đại lượng này rất thú vị cho một số câu hỏi trong lý thuyết xác suất (ed.).

21

Từ (7) và (8)

$$\Sigma_1 + \dots + \Sigma_c = \left( \frac{S_1}{S_1 - \tilde{s}_1} - 1 \right) + \dots + \left( \frac{S_1}{S_1 - \tilde{s}_c} - 1 \right) = S_1 \left[ \frac{1}{S_1 - \tilde{s}_1} + \dots + \frac{1}{S_1 - \tilde{s}_c} \right] - C \geqslant \frac{C^c \sqrt{H}}{C - C_{n-1}^{k-1}} \cdot \frac{C}{\sqrt{H}} - C = \frac{C^2}{C - C_{n-1}^{k-1}} - C = \frac{kC}{n-k},$$

Q.E.D.

Đẳng thức trong (IV) chỉ đúng với $a_1 = \dots = a_n$. Nếu không phải như vậy thì không phải tất cả $\tilde{s}_i$ đều bằng nhau và đã có trong (6) và (7) dấu > xảy ra.

Mặt khác, $\Sigma_1 + \dots + \Sigma_c$ có thể được tạo thành lớn theo góc, chẳng hạn như bằng cách tăng $a_1$ không giới hạn đối với các giá trị cố định của các số $a_2, a_3, \dots, a_n$.

Bây giờ chúng ta hãy đưa ra ước tính về khung thay đổi trong các giá trị của $\Pi_1 + \dots + \Pi_c$ và $\Pi_1 \dots \Pi_c$. Đại lượng đầu tiên tại $k \neq n/2$ nhận bất kỳ giá trị dương nào. Đối với $k = n/2$ (n chẵn) nó có giá trị tối thiểu bằng $C = C_k^n$, đạt đến $a_1 = \dots = a_n$ và vẫn không bị giới hạn ở trên. Giá trị thứ hai tại $k \neq n/2$ cũng có thể nhận bất kỳ giá trị dương nào và tại $k = n/2$ (n chẵn) giá trị này luôn bằng 1.

hộp giá rẻ

Hai bức tường của hộp có dạng hình chữ nhật song song và thể tích 1 m³ được làm bằng một loại vật liệu, trong khi các bức tường còn lại được làm bằng vật liệu có giá thành rẻ hơn 8 lần. Ở kích thước hộp $x, y, z$ nào thì chi phí nguyên vật liệu cần thiết để sản xuất nó là tối thiểu?

Lời giải e. Giả sử giá của 1 mét vuông vật liệu thứ hai bằng $p$ rúp. Theo các điều kiện, từ vật liệu đầu tiên, chúng liền kề hoặc không. Trong trường hợp đầu tiên, chi phí vật liệu bằng

$$S_1 = 8p(xy + yz) + p(xy + yz + 2xz) = p \cdot xyz \left( \frac{9}{z} + \frac{9}{x} + \frac{2}{y} \right) = p \left( \frac{9}{z} + \frac{9}{x} + \frac{2}{y} \right),$$

trong lần thứ hai -

$$S_2 = 8p2xy + p(2xz + 2yz) = 2pxyz \left( \frac{8}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x} \right) = 2p \left( \frac{8}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x} \right).$$

Hãy áp dụng bất đẳng thức

$$\frac{a + b + c}{3} \geqslant \sqrt{abc}$$

giữa trung bình nghệ thuật và trung bình hình học (xem trang 18) đối với các biểu thức này. chúng tôi nhận được

$$S_1 \geqslant 9 \sqrt[3]{6} p \text{ и } S_2 \geqslant 12p.$$

Dễ dàng nhận thấy điều đó $9 \sqrt[3]{6} p > 12p$. Chi phí của $S_2$ sẽ tối thiểu khi và chỉ khi giá trị tối thiểu là tổng của $\frac{8}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x}$ với điều kiện cuối cùng được thỏa mãn khi và chỉ khi $\frac{8}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x} = \frac{1}{x}$ với điều kiện cuối cùng.

Đối với điều này, điều cần và đủ là $8/z = 1/y = 1/x$.

Vì $xyz = 1$ nên nó dẫn đến $x = y = 0,5; z = 4$.

Như vậy, các bức tường của vật liệu thứ nhất phải không liền kề và có hình vuông, cạnh 0,5 m, khoảng cách giữa chúng là 4 m.

R. Vinokur

Một chứng minh khác của định lý trung bình

Bất đẳng thức giữa trung bình số học và trung bình hình học của hai số dương là một mối quan hệ toán học rất quan trọng. Khóa học của chúng tôi đã nhiều lần xuất bản các tài liệu về chủ đề này. Trong Hình 1 cho thấy một hình vuông có cạnh 0,5 m và khoảng cách giữa chúng là 4 m.

$$|CD| = \sqrt{|AD| \cdot |DB|},$$
$$|OC| = \sqrt{|AD| + |DB|}$$