M1763. Окружность вписанная в треугольник

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 1 выпуск)

Условие

Пусть $AH_{1}$, $BH_{2}$, $CH_{3}$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$. Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ в точках $T_{1}$, $T_{3}$,$T_{3}$ соответственно. Прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ являются образами прямых $H_{2}H_{3}$, $H_{3}H_{1}$, $H_{1}H_{2}$ при симметрии относительно прямых $T_{2}T_{3}$, $T_{3}T_{1}$, $T_{1}T_{2}$ соответственно.

Докажите, что прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Решение

  1. Будем обозначать через $\measuredangle \left (l, m\right )$ направленный угол между прямыми $l$ и $m.$
    Пусть $\measuredangle \left (AC,AB\right ) = \alpha$, $\measuredangle \left (AB,BC\right ) = \beta$, $\measuredangle \left (BC,CA\right ) = \gamma$, тогда (см.рисунок)
    $\measuredangle \left (H_{1}H_{2},AC\right ) = -\beta,$ так как $\Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC $, $\measuredangle \left (T_{1}T_{2}, AC\right ) = \frac{\displaystyle -\alpha -\beta }{\displaystyle 2},$ так как $ CT_{1} = CT_{2},$ значит, $\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \frac{\displaystyle \alpha — \beta }{\displaystyle 2}$.
  2. Рассмотрим гомотетию с отрицательным коэффициентом, переводящую описанную окружность треугольника $ABC$ во вписанную. Пусть $K_{1}K_{2}K_{3}$ — образ $ ABC$ при этой гомотетии, тогда стороны треугольника $K_{1}K_{2}K_{3}$ параллельны сторонам треугольника $ABC,$ значит, $$\measuredangle \left (K_{1}K_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \measuredangle \left (AB, T_{1}T_{2}\right )= \measuredangle \left (AB, AC\right ) + \measuredangle \left (AC, T_{1}T_{2}\right )= $$
    $$ = -\alpha +\frac{\displaystyle \alpha +\beta }{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}= -\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ).$$Проведем $AL_{1}$, $BL_{2}$, $CL_{3}$- биссектрисы треугольника $ABC$, тогда $CL_{3} \perp T_{1}T_{2}$ и $\measuredangle \left (K_{1}K_{2},CL_{3}\right ) = -\measuredangle \left (H_{1}H_{2},CL_{3}\right )$.
    Пусть $ CL_{3}= l_{C}, P, Q, S $ — точки пересечения $CL_{3}$ с $ K_{1}K_{2}$, $ T_{1}T_{2}$ и $ H_{1}H_{2}$ соответственно, $ I $ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, $r$ — ее радиус. Вычислим длины отрезков $ CP,$ $CQ $ и $CS.$
  3. $ \Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC \Rightarrow CS = l_{C} \cdot \frac{\displaystyle CH_{1}}{\displaystyle CA} = l_{C} \cos \gamma$, но $$IL_{3}= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \cos\frac{\displaystyle \beta — \alpha }{\displaystyle 2}}, т.к. \angle L_{3}IT_{3}= \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ значит, $$ l_{C}= r\left ( \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ),$$ тогда $$ CS=\left ( \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ).$$
  4. $ \angle T_{1}CI= \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}$, следовательно, $\angle T_{1}IQ=\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$ значит, $$T_{1}Q=r\sin \left ( \frac{\displaystyle \pi }{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}\right ) = r\cos \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$$ откуда $$ CQ= T_{1}Q \text{ctg}\:\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2} = r\frac{\displaystyle \cos^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}$$
  5. Пусть $IX \perp K_{1}K_{2}, X\in K_{1}K_{2}$. Тогда $$\angle K_{1}IK_{2} = 2\angle K_{1}K_{3}K_{2} = 2 \gamma \Rightarrow \angle K_{1}IX = \gamma,$$ стало быть, $$IX=r \cos \gamma.$$ Но $$ \angle XIP = \angle L_{3}IT_{3} = \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ поэтому $$IP=\frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}},$$ и из равенства $$CI=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma}{\displaystyle 2}}$$ следует, что $$CP= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}}.$$
  6. Докажем, что $ CP + CS = 2CQ$, т.е. что $ Q$ — середина отрезка $SP$.Имеем: $$CP + CS = \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \alpha }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} = $$ $$=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}\left ( 1+ \cos \gamma \right ) = \frac{\displaystyle 2r\cos \alpha^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} = 2CQ.$$
    Значит, $T_{1}T_{2}$- серединный перпендикуляр к отрезку $SP$. Продлим $K_{1}K_{2}$ и $H_{1}H_{2}$ до пересечения в точке $Y$. Мы доказали, что $\measuredangle \left ( H_{1}H_{2}, SP \right ) = \measuredangle \left ( SP,K_{1}K_{2} \right ),$ значит, треугольник $SYP$- равнобедренный, поэтому прямые $H_{1}H_{2}$ и $K_{1}K_{2}$ симметричны относительно $YQ$, т.е. относительно $T_{1}T_{2}$.Это означает, что $K_{1}K_{2}$ совпадает с прямой $l_{3}$. Аналогично, $l_{1}$ и $l_{2}$ — это прямые $K_{2}K_{3}$ и $K_{1}K_{3}$, следовательно, треугольник, составленный из прямых $l_{1},l_{2},l_{3}$ — это $K_{1}K_{2}K_{3}$. Его вершины лежат на вписанной в треугольник $ABC$ окружности, что и требовалось доказать.

Т.Емельянова, А.Гайфуллин, Д.Терешин

7.2 Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Пусть $ f $ — ограничена на отрезке $ [a,b] $ функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка $\prod$ : $a = x_{0} < x_{1} < \cdots < x_{n} = b$ и обозначим $$\displaystyle M_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x \right ), m_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f \left ( x \right ) \left ( i= \overline{0,n-1}\right ).$$

Определение. Сумма $$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$ называется верхней суммой Дарбу для функции $f$, соответствующей разбиению $\prod$, а сумма
$$ \underline S_{\prod} = \sum_{i=0} ^ {n-1} m_{i} \Delta x_{i}$$ называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению $ \prod$.

Очевидно, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \overline {S_{\prod}}$, и любая интегральная сумма $\sigma$, соответствующая разбиению $ \prod$, удовлетворяет неравенству $$\begin{equation}\label{eq:exp1} \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \overline {S_{\prod}}. \end{equation} $$

Действительно, при любом выборе точек $ \xi_{i} \in [x_{i},x_{i+1}] $ из определения $m_{i} $ и $ M_{i} $ получаем $m_{i} \leqslant f \left (\xi _{i}\right ) \leqslant M_{i}$. Умножив это неравенство на $ \Delta x_{i} $ и сложив по $ i$, получаем $\eqref{eq:exp1}$.

Если функция $ f $ непрерывна на $ [a,b]$, то на каждом из частичных отрезков $ [x_{i},x_{i+1}] $ она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки $\xi_{i}$ и $\eta_{i}$ можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства $ f \left (\xi_{i}\right ) = m_{i} $ и $ f \left (\eta_{i}\right )= M_{i}$. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее

Утверждение. Для произвольной ограниченной функции $f$ и заданного разбиения $\prod$ верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod$.

Действительно,зададим $\varepsilon > 0 $ и, пользуясь определением верхней грани, для каждого $i=\overline{0,n-1} $ найдем такие $\eta_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, что $f\left (\eta_{i}\right ) > M_{i} — \varepsilon$. Тогда получим $$\sigma =\sum_{i=0}^{n-1} f\left ( \eta_{i}\right ) \Delta x_{i} > \sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}-\varepsilon \left (a-b\right ) = \bar S_{\prod}-\varepsilon \left (a-b\right ).$$
Отсюда следует, что $ \bar S_{\prod}= \sup\left (\sigma\right )$, где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod.$
Доказательство для нижней суммы Дарбу аналогично.

Свойства сумм Дарбу

1. Если к имеющимся точкам разбиения добавить новые точки, то от этого верхняя сумма Дарбу не увеличится, а нижняя сумма Дарбу не уменьшится

Пусть имеется изначально разбиение $\prod$. Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка $ x{}’_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, в результате чего получаем новое разбиение $ \prod{}’$. Тогда суммы $ \bar S_{\prod} $ и $ \bar S_{\prod {}’} $ содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку $ [x_{i},x_{i+1}]$. В сумме $\bar S_{\prod} $ этому отрезку отвечает слагаемое $ M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, а в сумме $ \bar S_{\prod {}’} $ ему соответствуют два слагаемых $ M{_{i}}’\left (x{}’-x_{i}\right )+M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1}-x_{i}\right )$, где $ M{_{i}}’=\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x{}’}{\sup} f\left (x\right )$, $ M_{i}{}'{}’=\underset{\displaystyle x{}’ \leqslant x \leqslant x_{i+1} }{\sup} f\left (x\right )$. Ясно, что $ M{_{i}}’ \leqslant M_{i}$. и $ M_{i}{}'{}’ \leqslant M_{i}$. Поэтому $ M{_{i}}’\left (x{}’ -x_{i}\right ) + M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1} -x{}’\right ) \leqslant M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, так что и $ \bar{S_{\prod {}’}} \leqslant \bar{S_{\prod}}$.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.

2. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, даже если они соответствуют разным разбиениям

Пусть $ \prod_{1}$, $ \prod_{2} $ — произвольные разбиения отрезка $ [a,b].$ Докажем, что $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя точки разбиений $ \prod_{1} $ и $ \prod_{2}$, получим новое разбиение $ \prod$, причем, поскольку $ \prod_{1} $ может быть получено из $ \prod_{1} $ путём добавления к $ \prod_{1} $ новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \underline S_{\prod}$. С другой стороны, разбиение $ \prod $ может быть получено из $ \prod_{2} $ путем добавления к $ \prod_{2} $ новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, $ \bar S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod}$, получаем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$.

Интегралы Дарбу.

Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$, т.е. $ \left | f\left (x\right ) \right |\leqslant M$, $ a\leqslant x\leqslant b$. Тогда для любого разбиения $ \prod $ справедливы неравенства $ \left |\bar S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ) $ и $ \left |\underline S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right )$. Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.

Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функции $ f $ и обозначается $ \underline I = \sup_{\prod} {\underline S_{\prod}}$. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается $ \bar I = \inf_{\prod} {\bar S_{\prod}}$.

Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает

Утверждение. Для любой ограниченной функции $ f $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $

Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений $ \prod $ и $ \prod{}’ $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $ Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям $ \prod$, получаем $ \underline I \leqslant \bar S_{\prod{}’}$. Поскольку в полученном неравенстве разбиение $ \prod{}’ $ произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим $ \underline I \leqslant \bar I$.

Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке $ [0,1]$. Для нее, очевидно, при любом разбиении $ \prod $ будет $ \underline S_{\prod} = 0$, так что и $ \underline I = 0$. С другой стороны, $ \bar S_{\prod} = 1$, так что $ \bar I = 1$.

Теорема (критерий интегрируемости по Риману). Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$. Для того чтобы $ f $ была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\left (\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}\right ) = 0$$
Это равенство означает, что для любого положительного $\varepsilon$ найдется такое положительное
$\delta$, что для каждого разбиения $\prod$, диаметр которого $d\left (\prod\right )<\delta$, справедливо неравенство $\bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.$

Необходимость. Пусть функция $ f $ интегрируема, т.е. существует конечный $$I\equiv\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\sigma$$
Это означает, что для любого $ \varepsilon > 0 $ найдется такое $ \delta > 0$, что для любого разбиения $\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$ и при любом выборе промежуточных точек $\xi _{i}$ выполнено неравенство $\left | \sigma -I \right | < \varepsilon$. Это неравенство можно переписать так: $I-\varepsilon <\sigma < I + \varepsilon$. Зафиксируем произвольное разбиение$\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$. Поскольку $\bar S_{\prod}$- верхняя грань множества всех интегральных сумм $\sigma$, соответствующих разбиению $\prod$, и $\sigma < I +\varepsilon$, то $\bar S_{\prod} \leqslant I +\varepsilon$. Аналогично получаем $\underline S_{\prod} \geq I - \varepsilon$. Таким образом, $I - \varepsilon \leqslant \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod} \leqslant I + \varepsilon$. Отсюда следует, что $\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \leqslant 2\varepsilon$, если только $d\left (\prod\right ) < \delta.$

Достаточность. Заметим, что для любого разбиения $\prod$ справедливо неравенство $\underline S_{\prod}\leqslant \underline I\leqslant \bar I \leqslant \bar S_{\prod}$. Поскольку, по условию,$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \rightarrow 0$ при $d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то $\bar I = \underline I$. Обозначим их общее значение через $I$. Тогда получим, что для любого разбиения $\prod$ имеет место неравенство $\underline S_{\prod} \leqslant I \leqslant \bar S_{\prod}$. Но и каждая интегральная сумма $ \sigma$, отвечающая разбиению $\prod$, также удовлетворяет неравенству $ \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \bar S_{\prod}$. Отсюда следует, что $ \left | \sigma -I\right |\leqslant \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}$. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при $ d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то получаем $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sigma = I $$

Замечание. Из доказательства необходимости видно, что для интегрируемой функции ее верхняя и нижняя суммы Дарбу стремятся к интегралу от функции при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Определение. Для ограниченной на отрезке $ [\alpha, \beta ] $ функции $ \varphi $ число $\omega = \sup \left | \varphi \left (x{}’\right ) — \varphi \left (x{}'{}’\right ) \right |,$ где $x{}’, x{}'{}’ \in [\alpha,\beta ]$, называется колебанием функции $ \varphi $ на $ [\alpha, \beta ]$.

Обозначим $ M_{i}=\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\sup} \varphi \left (x\right ) $ и $ m_{i} =\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\inf} \varphi \left (x\right )$. Тогда, как легко видеть, $\omega = M_{i} -m_{i}$
Пусть теперь ограниченная функция $f$ задана на отрезке $ [a,b]$. Тогда для произвольного разбиения $\prod $ колебание $ f $ на $ [x_{i},x_{i+1}] $ равно $\omega = M_{i}- m_{i}$. Поэтому $$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} = \sum_{i=0}^{n-1}\left (M_{i} -m_{i}\right )\Delta x = \sum_{i=0}^{n-1}\omega _{i}\Delta x.$$

Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.

Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний).
Для того чтобы ограниченная функция $ f $ была интегрируемой по Риману на отрезке $[a,b]$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство$$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{i}\Delta x_{i} = 0,$$ где $ \omega _{i} $ — колебание функции $ f $на отрезке $ [x_{i}, x_{i=1}]$.

Пример решения задачи

Дан интеграл $I=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+x^{5}}dx$. Выполнить равномерное разбиение на отрезке $\left [ 0, 1 \right ]$ на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.

Решение


График функции $ f\left (x\right )=\sqrt{1+x^{5}}$.

Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
$\displaystyle f{}’\left (x\right )=\frac{\displaystyle 5x^{4}}{\displaystyle 2\sqrt{1+x^{5}}}$. Так как мы рассматриваем промежуток $\left ( 0, 1 \right )$, то на этом участке $x^{5} > 0$, $x^{4} > 0$ (так как степень четная ). Получили, что $ f{}’\left (x\right ) > 0$. Следовательно, $ f\left (x \right ) $ монотонно возрастает, тогда $\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$
расположен на правом конце, а $\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
$$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$
$M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right )$ $\approx 1,414;$
$$ \bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;$$

Построим нижнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
$$\underline S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} m_{i} \Delta x_{i} $$
$m_{1}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (0\right ) = 1;$
$m_{2}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$m_{3}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$m_{4}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$m_{5}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$m_{6}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$$ \underline S_{\prod} =\left (1+1+1,002+1,015+1,064+1,184\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.044;$$

$f\left (0\right )=\sqrt{1+0}=\sqrt{1}=1;$
$f \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.0001286008} \approx 1;$
$f \left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.00411} \approx 1.002;$
$f \left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.03125} \approx 1.015;$
$f \left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.1316872428} \approx 1.064;$
$f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.401877572} \approx 1.184;$
$f \left (1\right )=\sqrt{1+1^{5}}=\sqrt{2} \approx 1.414;$

Информацию по теме «Суммы Дарбу и интегралы Дарбу» вы можете также найти в следующих учебниках:
  1. П. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа», т.1. — М.: Дрофа, 2003, параграф 25 (cтр. стр. 551- 555 ).
  2. А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин «Курс математического анализа»- М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003, параграф 34 (стр. 319 — 324)

Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.


Таблица лучших: Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

M1724

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие задачи

В треугольнике  ABC проведены высоты  AD и  CE , пересекающиеся в точке  O (рис.1). Прямая  DE пересекает продолжение стороны  AC в точке  K.

Докажите, что медиана  BM треугольника  ABC перпендикулярна прямой  OK .

Решение

Докажем, что прямая  OM перпендикулярна на  KB (рис.1).
Отсюда непосредственно будет следовать утверждение задачи, поскольку в этом случае  O окажется ортоцентром треугольника  KBM (рис.2).

Пусть основание перпендикуляра, опущенного из точки  O на прямую  BK , служит точка  N (рис.3).

Поскольку точки  E и  N лежат на окружности с диаметром  OB , то угол  BND равен углу  BED . Аналогично, четырехугольник  AEDC вписан в окружность с диаметром  AC .

Поэтому угол  BED равен углу  ACB. Таким образом, сумма углов  KND и  ACB равна 180^\circ, т.е. четырехугольник  KNDC вписанный.

Значит, угол  NCK равен углу  NDK . Но угол  NDE равен углу  NBE в силу того, что точки B , D , E и  N , как мы уже отмечали, лежат на одной окружности с диаметром  OB . Поэтому равны углы  NBA и  NCA . Т.е. точка  N лежит на описанной окружности треугольника  ABC .

Нам осталось совсем немного. Продолжим прямую  NO до пересечения с описанной окружностью треугольника  ABC в точке  P (рис.4).

Так как угол  BNP прямой, то  BP — диаметр этой окружности. Значит, углы  BAP и  BCP прямые. Поэтому отрезок  AP параллелен  CE , а  PC параллелен  AD . Но отсюда  APCO — параллелограмм, и прямая  NO делит  AC пополам, что и требовалось доказать.

М. Волкевич