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
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, $\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \frac{\displaystyle \alpha — \beta }{\displaystyle 2}$.
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 $CS.$
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
$$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$
$M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right )$ $\approx 1,414;$
$$ \bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;$$
[latex] \underline I = sup_{\prod} {\underline S_{\prod}} [/latex]
[latex] \bar I = inf_{\prod} {\bar S_{\prod}} [/latex]
Верхняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению [latex] \prod [/latex].
Нижняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению [latex] \prod [/latex].
Нижний интеграл Дарбу
Верхний интеграл Дарбу
Правильно
Неправильно
Задание 7 из 10
7.
Количество баллов: 1
Заполнить пропуски.
Пусть функция [latex] f [/latex] __________ на отрезке [latex] [a,b] [/latex]. Для того чтобы [latex] f [/latex] была _______ на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\lim_{d(\prod)\rightarrow 0}(\bar S_{\prod} — \underline S_{\prod}) = 0$$
Это равенство означает, что для любого положительного [latex]\varepsilon[/latex] найдется такое положительное
[latex]\delta[/latex], что для каждого разбиения [latex]\prod[/latex], диаметр которого $d(\prod)<\delta$, справедливо неравенство [latex]\bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.[/latex]
Правильно
Неправильно
ограничена, интегрируемой
Подсказка
Указанные ответы должны быть написаны с маленькой буквы и через запятую. Перед запятой не должно быть пробела, а после — должен быть.
Задание 8 из 10
8.
Количество баллов: 1
Дан отрезок [latex]\left [ 0, 1 \right ][/latex], который равномерно разбит на 5 частей. Указать длину одной части отрезка.
В треугольнике [latex] ABC [/latex] проведены высоты [latex] AD [/latex] и [latex] CE [/latex], пересекающиеся в точке [latex] O [/latex](рис.1). Прямая [latex] DE [/latex] пересекает продолжение стороны [latex] AC [/latex] в точке [latex] K[/latex].
Докажите, что медиана [latex] BM [/latex] треугольника [latex] ABC [/latex] перпендикулярна прямой [latex] OK [/latex].
Решение
Докажем, что прямая [latex] OM [/latex] перпендикулярна на [latex] KB [/latex] (рис.1).
Отсюда непосредственно будет следовать утверждение задачи, поскольку в этом случае [latex] O [/latex] окажется ортоцентром треугольника [latex] KBM [/latex] (рис.2).
Пусть основание перпендикуляра, опущенного из точки [latex] O [/latex] на прямую [latex] BK [/latex], служит точка [latex] N [/latex] (рис.3).
Поскольку точки [latex] E [/latex] и [latex] N [/latex] лежат на окружности с диаметром [latex] OB [/latex], то угол [latex] BND [/latex] равен углу [latex] BED [/latex]. Аналогично, четырехугольник [latex] AEDC [/latex] вписан в окружность с диаметром [latex] AC [/latex].
Поэтому угол [latex] BED [/latex] равен углу [latex] ACB[/latex]. Таким образом, сумма углов [latex] KND [/latex] и [latex] ACB [/latex] равна [latex]180^\circ[/latex], т.е. четырехугольник [latex] KNDC [/latex] вписанный.
Значит, угол [latex] NCK [/latex] равен углу [latex] NDK [/latex]. Но угол [latex] NDE [/latex] равен углу [latex] NBE [/latex] в силу того, что точки[latex] B [/latex],[latex] D [/latex],[latex] E [/latex] и [latex] N [/latex], как мы уже отмечали, лежат на одной окружности с диаметром [latex] OB [/latex]. Поэтому равны углы [latex] NBA [/latex] и [latex] NCA [/latex]. Т.е. точка [latex] N [/latex] лежит на описанной окружности треугольника [latex] ABC [/latex].
Нам осталось совсем немного. Продолжим прямую [latex] NO [/latex] до пересечения с описанной окружностью треугольника [latex] ABC [/latex] в точке [latex] P [/latex] (рис.4).
Так как угол [latex] BNP [/latex] прямой, то [latex] BP [/latex] — диаметр этой окружности. Значит, углы [latex] BAP [/latex] и [latex] BCP [/latex] прямые. Поэтому отрезок [latex] AP [/latex] параллелен [latex] CE [/latex], а [latex] PC [/latex] параллелен [latex] AD [/latex]. Но отсюда [latex] APCO [/latex]- параллелограмм, и прямая [latex] NO [/latex] делит [latex] AC [/latex] пополам, что и требовалось доказать.
