Processing math: 100%

M1763. Окружность вписанная в треугольник

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

Условие

Пусть AH1, BH2, CH3 — высоты остроугольного треугольника ABC. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон BC, CA, AB в точках T1, T3,T3 соответственно. Прямые l1, l2, l3 являются образами прямых H2H3, H3H1, H1H2 при симметрии относительно прямых T2T3, T3T1, T1T2 соответственно.

Докажите, что прямые l1, l2, l3 образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник ABC.

Решение

  1. Будем обозначать через (l,m) направленный угол между прямыми l и m.
    Пусть (AC,AB)=α, (AB,BC)=β, (BC,CA)=γ, тогда (см.рисунок)
    (H1H2,AC)=β, так как ΔH1CH2ΔABC, (T1T2,AC)=αβ2, так как CT1=CT2, значит, (H1H2,T1T2)=αβ2.
  2. Рассмотрим гомотетию с отрицательным коэффициентом, переводящую описанную окружность треугольника ABC во вписанную. Пусть K1K2K3 — образ ABC при этой гомотетии, тогда стороны треугольника K1K2K3 параллельны сторонам треугольника ABC, значит, (K1K2,T1T2)=(AB,T1T2)=(AB,AC)+(AC,T1T2)=
    =α+α+β2=βα2=(H1H2,T1T2).Проведем AL1, BL2, CL3- биссектрисы треугольника ABC, тогда CL3T1T2 и (K1K2,CL3)=(H1H2,CL3).
    Пусть CL3=lC,P,Q,S — точки пересечения CL3 с K1K2, T1T2 и H1H2 соответственно, I — центр вписанной окружности треугольника ABC, r — ее радиус. Вычислим длины отрезков CP, CQ и CS.
  3. ΔH1CH2ΔABCCS=lCCH1CA=lCcosγ, но IL3=rcosβα2,т.к.L3IT3=|βα|2, значит, lC=r(1sinγ2+1cosβα2), тогда CS=(cosγsinγ2+cosγcosβα2).
  4. T1CI=γ2, следовательно, T1IQ=π2γ2, значит, T1Q=rsin(π2γ2)=rcosγ2, откуда CQ=T1Qctgγ2=rcos2γ2sinγ2
  5. Пусть IXK1K2,XK1K2. Тогда K1IK2=2K1K3K2=2γK1IX=γ, стало быть, IX=rcosγ. Но XIP=L3IT3=|βα|2, поэтому IP=rcosγcosβα2, и из равенства CI=rsinγ2 следует, что CP=rsinγ2rcosγcosβα2.
  6. Докажем, что CP+CS=2CQ, т.е. что Q — середина отрезка SP.Имеем: CP+CS=rsinγ2rcosγcosβα2+rcosγsinγ2+rcosαcosβα2= =rsinγ2(1+cosγ)=2rcosα2γ2sinγ2=2CQ.
    Значит, T1T2- серединный перпендикуляр к отрезку SP. Продлим K1K2 и H1H2 до пересечения в точке Y. Мы доказали, что (H1H2,SP)=(SP,K1K2), значит, треугольник SYP- равнобедренный, поэтому прямые H1H2 и K1K2 симметричны относительно YQ, т.е. относительно T1T2.Это означает, что K1K2 совпадает с прямой l3. Аналогично, l1 и l2 — это прямые K2K3 и K1K3, следовательно, треугольник, составленный из прямых l1,l2,l3 — это K1K2K3. 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 : a=x0<x1<<xn=b и обозначим Mi=supxixxi+1f(x),mi=infxixxi+1f(x)(i=¯0,n1).

Определение. Сумма ˉS=n1i=0MiΔxi называется верхней суммой Дарбу для функции f, соответствующей разбиению , а сумма
S_=n1i=0miΔxi называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению .

Очевидно, что S_¯S, и любая интегральная сумма σ, соответствующая разбиению , удовлетворяет неравенству S_σ¯S.

Действительно, при любом выборе точек ξi[xi,xi+1] из определения mi и Mi получаем mif(ξi)Mi. Умножив это неравенство на Δxi и сложив по i, получаем (1).

Если функция f непрерывна на [a,b], то на каждом из частичных отрезков [xi,xi+1] она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки ξi и ηi можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства f(ξi)=mi и f(ηi)=Mi. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее

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

Действительно,зададим ε>0 и, пользуясь определением верхней грани, для каждого i=¯0,n1 найдем такие ηi[xi,xi+1], что f(ηi)>Miε. Тогда получим σ=n1i=0f(ηi)Δxi>n1i=0MiΔxiε(ab)=ˉSε(ab).
Отсюда следует, что ˉS=sup(σ), где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению .
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 . Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка xi[xi,xi+1], в результате чего получаем новое разбиение . Тогда суммы ˉS и ˉS содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку [xi,xi+1]. В сумме ˉS этому отрезку отвечает слагаемое Mi(xi+1xi), а в сумме ˉS ему соответствуют два слагаемых Mi(xxi)+Mi(xi+1xi), где Mi=supxixxf(x), Mi=supxxxi+1f(x). Ясно, что MiMi. и MiMi. Поэтому Mi(xxi)+Mi(xi+1x)Mi(xi+1xi), так что и ¯S¯S.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.

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

Пусть 1, 2 — произвольные разбиения отрезка [a,b]. Докажем, что S_1ˉS2. Объединяя точки разбиений 1 и 2, получим новое разбиение , причем, поскольку 1 может быть получено из 1 путём добавления к 1 новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем S_1S_. С другой стороны, разбиение может быть получено из 2 путем добавления к 2 новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, ˉSˉS2. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что S_ˉS, получаем S_1ˉS2.

Интегралы Дарбу.

Пусть функция f ограничена на отрезке [a,b], т.е. |f(x)|M, axb. Тогда для любого разбиения справедливы неравенства |ˉS|M(ba) и |S_|M(ba). 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 I_=supS_. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается ˉI=infˉS.

Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает

Утверждение. Для любой ограниченной функции f справедливо неравенство I_ˉI.

Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений и справедливо неравенство I_ˉI. Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям , получаем I_ˉS. Поскольку в полученном неравенстве разбиение произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим I_ˉI.

Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке [0,1]. Для нее, очевидно, при любом разбиении будет S_=0, так что и I_=0. С другой стороны, ˉS=1, так что ˉI=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 limd()0(ˉSS_)=0
Это равенство означает, что для любого положительного ε найдется такое положительное
δ, что для каждого разбиения , диаметр которого d()<δ, справедливо неравенство ˉSS_<ε.

Необходимость. Пусть функция f интегрируема, т.е. существует конечный Ilimd()0σ
Это означает, что для любого ε>0 найдется такое δ>0, что для любого разбиения с d()<δ и при любом выборе промежуточных точек ξi выполнено неравенство |σI|<ε. Это неравенство можно переписать так: Iε<σ<I+ε. Зафиксируем произвольное разбиение с d()<δ. Поскольку ˉS- верхняя грань множества всех интегральных сумм σ, соответствующих разбиению , и σ<I+ε, то ˉSI+ε. Аналогично получаем S_Iε. Таким образом, IεS_ˉSI+ε. Отсюда следует, что ˉSS_2ε, если только d()<δ.

Достаточность. Заметим, что для любого разбиения справедливо неравенство S_I_ˉIˉS. Поскольку, по условию,ˉSS_0 при d()0, то ˉI=I_. Обозначим их общее значение через I. Тогда получим, что для любого разбиения имеет место неравенство S_IˉS. Но и каждая интегральная сумма σ, отвечающая разбиению , также удовлетворяет неравенству S_σˉS. Отсюда следует, что |σI|ˉSS_. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при d()0, то получаем limd()0σ=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 [α,β] функции φ число ω=sup|φ(x)φ(x)|, где x,x[α,β], называется колебанием функции φ на [α,β].

Обозначим Mi=supαxβφ(x) и mi=infαxβφ(x). Тогда, как легко видеть, ω=Mimi
Пусть теперь ограниченная функция f задана на отрезке [a,b]. Тогда для произвольного разбиения колебание f на [xi,xi+1] равно ω=Mimi. Поэтому ˉSS_=n1i=0(Mimi)Δx=n1i=0ωiΔx.

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 равенствоlimd()0n1i=0ωiΔxi=0, где ωi — колебание функции fна отрезке [xi,xi=1].

Пример решения задачи

Дан интеграл I=101+x5dx. Выполнить равномерное разбиение на отрезке [0,1] на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.

Решение


График функции f(x)=1+x5.

Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
f(x)=5x421+x5. Так как мы рассматриваем промежуток (0,1), то на этом участке x5>0, x4>0 (так как степень четная ). Получили, что f(x)>0. Следовательно, f(x) монотонно возрастает, тогда supxixxi+1f(x)
расположен на правом конце, а infxixxi+1f(x)- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
ˉS=n1i=0MiΔxi
M1=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(16) 1;
M2=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(26) 1,002;
M3=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(36) 1,015;
M4=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(46) 1,064;
M5=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(56) 1,184;
M6=supxixxi+1f(x)=supxixxi+1f(1) 1,414;
ˉS=(1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414)16=1.113;

Построим нижнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
S_=n1i=0miΔxi
m1=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(0)=1;
m2=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(16) 1;
m3=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(26) 1,002;
m4=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(36) 1,015;
m5=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(46) 1,064;
m6=infxixxi+1f(x)=infxixxi+1f(56) 1,184;
S_=(1+1+1,002+1,015+1,064+1,184)16=1.044;

f(0)=1+0=1=1;
f(16)=1+(16)5=1.00012860081;
f(26)=1+(16)5=1.004111.002;
f(36)=1+(36)5=1.031251.015;
f(46)=1+(46)5=1.13168724281.064;
f(56)=1+(16)5=1.4018775721.184;
f(1)=1+15=21.414;

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, т.е. четырехугольник KNDC вписанный.

Значит, угол NCK равен углу NDK. Но угол NDE равен углу NBE в силу того, что точкиB,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