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
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 ΔH1CH2∼ΔABC, ∡(T1T2,AC)=−α−β2, так как CT1=CT2, значит, ∡(H1H2,T1T2)=α—β2.
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=β−α2=−∡(H1H2,T1T2).Проведем AL1, BL2, CL3- биссектрисы треугольника ABC, тогда CL3⊥T1T2 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.
ΔH1CH2∼ΔABC⇒CS=lC⋅CH1CA=lCcosγ, но IL3=rcosβ—α2,т.к.∠L3IT3=|β−α|2, значит, lC=r(1sinγ2+1cosβ−α2), тогда CS=(cosγsinγ2+cosγcosβ−α2).
∠T1CI=γ2, следовательно, ∠T1IQ=π2−γ2, значит, T1Q=rsin(π2−γ2)=rcosγ2, откуда CQ=T1Qctgγ2=rcos2γ2sinγ2
Пусть IX⊥K1K2,X∈K1K2. Тогда ∠K1IK2=2∠K1K3K2=2γ⇒∠K1IX=γ, стало быть, IX=rcosγ. Но ∠XIP=∠L3IT3=|β−α|2, поэтому IP=rcosγcosβ−α2, и из равенства CI=rsinγ2 следует, что CP=rsinγ2—rcosγcosβ−α2.
Докажем, что CP+CS=2CQ, т.е. что Q — середина отрезка SP.Имеем: CP+CS=rsinγ2—rcosγcosβ−α2+rcosγsinγ2+rcosαcosβ−α2==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.
Пусть f — ограничена на отрезке [a,b] функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка∏ : a=x0<x1<⋯<xn=b и обозначим
Mi=supxi⩽x⩽xi+1f(x),mi=infxi⩽x⩽xi+1f(x)(i=¯0,n−1).
Определение. Сумма ˉS∏=n−1∑i=0MiΔxi называется верхней суммой Дарбу для функции f, соответствующей разбиению ∏, а сумма S_∏=n−1∑i=0miΔxi называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению ∏.
Очевидно, что S_∏⩽¯S∏, и любая интегральная суммаσ, соответствующая разбиению ∏, удовлетворяет неравенству S_∏⩽σ⩽¯S∏.
Действительно, при любом выборе точек ξi∈[xi,xi+1] из определения mi и Mi получаем mi⩽f(ξi)⩽Mi. Умножив это неравенство на Δxi и сложив по i, получаем (1).
Если функция fнепрерывна 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,n−1 найдем такие ηi∈[xi,xi+1], что f(ηi)>Mi—ε. Тогда получим σ=n−1∑i=0f(ηi)Δxi>n−1∑i=0MiΔxi−ε(a−b)=ˉS∏−ε(a−b).
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 x′i∈[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+1−xi), а в сумме ˉS∏′ ему соответствуют два слагаемых Mi′(x′−xi)+Mi′′(xi+1−xi), где Mi′=supxi⩽x⩽x′f(x), Mi′′=supx′⩽x⩽xi+1f(x). Ясно, что Mi′⩽Mi. и Mi′′⩽Mi. Поэтому Mi′(x′−xi)+Mi′′(xi+1−x′)⩽Mi(xi+1−xi), 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_∏1⩽ˉS∏2. 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_∏1⩽S_∏. С другой стороны, разбиение ∏ может быть получено из ∏2 путем добавления к ∏2 новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, ˉS∏⩽ˉS∏2. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что S_∏⩽ˉS∏, получаем S_∏1⩽ˉS∏2.
Интегралы Дарбу.
Пусть функция f ограничена на отрезке[a,b], т.е. |f(x)|⩽M, a⩽x⩽b. Тогда для любого разбиения ∏ справедливы неравенства |ˉS∏|⩽M(b−a) и |S_∏|⩽M(b−a). Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.
Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функцииf и обозначается I_=sup∏S_∏. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается ˉI=inf∏ˉS∏.
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(ˉS∏−S_∏)=0
Это равенство означает, что для любого положительного ε найдется такое положительное δ, что для каждого разбиения ∏, диаметр которого d(∏)<δ, справедливо неравенство ˉS∏−S_∏<ε.
Необходимость. Пусть функция f интегрируема, т.е. существует конечный I≡limd(∏)→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 |σ−I|<ε. Это неравенство можно переписать так: I−ε<σ<I+ε.
Зафиксируем произвольное разбиение∏ с d(∏)<δ. Поскольку ˉS∏- верхняя грань множества всех интегральных суммσ, соответствующих разбиению ∏, и σ<I+ε, то ˉS∏⩽I+ε.
Аналогично получаем S_∏≥I−ε. Таким образом, I−ε⩽S_∏⩽ˉS∏⩽I+ε. Отсюда следует, что ˉS∏−S_∏⩽2ε, если только d(∏)<δ.
Достаточность. Заметим, что для любого разбиения ∏ справедливо неравенство S_∏⩽I_⩽ˉI⩽ˉS∏. Поскольку, по условию,ˉS∏−S_∏→0 при d(∏)→0, то ˉI=I_. Обозначим их общее значение через I. Тогда получим, что для любого разбиения ∏ имеет место неравенство S_∏⩽I⩽ˉS∏. Но и каждая интегральная суммаσ, отвечающая разбиению ∏, также удовлетворяет неравенству S_∏⩽σ⩽ˉS∏. Отсюда следует, что |σ−I|⩽ˉS∏−S_∏. 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 функцииφ на [α,β].
Обозначим Mi=supα⩽x⩽βφ(x) и mi=infα⩽x⩽βφ(x). Тогда, как легко видеть, ω=Mi−mi
Пусть теперь ограниченная функция f задана на отрезке[a,b]. Тогда для произвольного разбиения ∏ колебание f на [xi,xi+1] равно ω=Mi−mi. Поэтому ˉS∏−S_∏=n−1∑i=0(Mi−mi)Δx=n−1∑i=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(∏)→0n−1∑i=0ωiΔxi=0, где ωi — колебание функции fна отрезке[xi,xi=1].
Пример решения задачи
Дан интеграл I=1∫0√1+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)=5x42√1+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 supxi⩽x⩽xi+1f(x)
расположен на правом конце, а infxi⩽x⩽xi+1f(x)- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу: Найдем значения с точностью 0,001 ˉS∏=n−1∑i=0MiΔxi M1=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+1f(16)≈1; M2=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+1f(26)≈1,002; M3=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+1f(36)≈1,015; M4=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+1f(46)≈1,064; M5=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+1f(56)≈1,184; M6=supxi⩽x⩽xi+1f(x)=supxi⩽x⩽xi+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_∏=n−1∑i=0miΔxi m1=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(0)=1; m2=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(16)≈1; m3=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(26)≈1,002; m4=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(36)≈1,015; m5=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(46)≈1,064; m6=infxi⩽x⩽xi+1f(x)=infxi⩽x⩽xi+1f(56)≈1,184; S_∏=(1+1+1,002+1,015+1,064+1,184)⋅16=1.044;
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 10
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Математический анализ0%
Спасибо за прохождение теста!
максимум из 10 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 10
1.
Количество баллов: 1
Дать определение непрерывной функции в точке
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 10
2.
Количество баллов: 1
Дать определение непрерывной на отрезке функции
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 10
3.
Количество баллов: 1
Дать определение ограниченной на отрезке функции
Правильно
Неправильно
Задание 4 из 10
4.
Количество баллов: 1
Дать определение supf(x).
Правильно
Неправильно
Задание 5 из 10
5.
Количество баллов: 1
Дать определение inff(x).
Правильно
Неправильно
Задание 6 из 10
6.
Количество баллов: 1
Сопоставить название и формулу.
Элементы сортировки
ˉS∏=n−1∑i=0MiΔxi
S_∏=n−1∑i=0miΔxi
I_=sup∏S_∏
ˉI=inf∏ˉS∏
Верхняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению ∏.
Нижняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению ∏.
Нижний интеграл Дарбу
Верхний интеграл Дарбу
Правильно
Неправильно
Задание 7 из 10
7.
Количество баллов: 1
Заполнить пропуски.
Пусть функция f __________ на отрезке [a,b]. Для того чтобы f была _______ на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство limd(∏)→0(ˉS∏—S_∏)=0
Это равенство означает, что для любого положительного ε найдется такое положительное δ, что для каждого разбиения ∏, диаметр которого d(∏)<δ, справедливо неравенство ˉS∏−S_∏<ε.
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 [0,1], который равномерно разбит на 5 частей. Указать длину одной части отрезка.
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.