M1421

Задача о неравенстве выпуклого четырехугольника

Условие

  1. В выпуклый четырехугольник ABCD, у которого углы при вершинах B и D — прямые, вписан четырехугольник с периметром P (его вершины лежат по одной на сторонах четырехугольника ABCD). Докажите неравенство P \geqslant  2BD
  2. В каких случаях это неравенство превращается в равенство?

Решение

  1. Пусть EFKL — четырехугольник, вписанный в ABCD (см рис.). Обозначим через M и N середины отрезков EF и KL соответсвенно. Мы докажем неравенство задачи в более общем случае : \angle B \geq \frac{\pi}{2} , \angle D \geq \frac{\pi}{2}.
    При этом

    BM \leq  \frac{1}{2}EF , DN \leq\frac{1}{2}KL
    (*)

    Далее, так как \vec{MN }=\frac{1}{2}\left (  \vec{EK} +\vec{FL}\right ) , то

    \left | \vec{MN}  \right | \leq \frac{1}{2}\left ( EK+FL \right ).
    (**)

    Поскольку BM+MN+ND+ND \geq BD.
    получаем из (*), (**) неравенство задачи.

  2. Равенство (*) имеет место, если \angle B=\frac{\pi}{2}, \angle D=\frac{\pi}{2}.
    Неравенство (**) переходит в равенство, если EK||FK||MN. Кроме этого, в случае равенства точки B,M,N,D лежат на одной прямой.
    Из вышесказанного получаем следующий способ построения всех четырехугольников, для которых неравенство задачи превращается в равенство.
    Пусть O - точка пересечения AC и BD, AO \leq OC. Проведем через произвольную точку отрезка AO прямую EK, параллельную BD\left ( E\in AB, K \in AD \right ) . Симметрично отобразив прямую EK относительно BD, получим противоположную сторону FL четырехугольника.

Г. Нерсисян

Дифференцируемость интеграла с переменным верхним пределом в точке непрерывности подынтегральной функции. Примеры

Ранее мы уже доказали, что для любой интегрируемой на [a,b] функции f интеграл с переменным верхним пределом – непрерывная на [a,b] функция.

Теорема. Пусть функция f интегрируема на [a,b] и непрерывна в точке x_{0} \in [a,b]. Тогда функция F дифференцируема в точке x_{0} и F'(x_{0})=f(x_{0}).

Доказательство.

Спойлер

Пусть, например, a<x_{0}<b (в точках a и b можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого h \neq 0 , такого, что x_{0} + h \in [a,b] , имеем

\frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} = \frac{1}{h} ( \int_{a}^{x_{0}+h} f(t)dt - \int_{a}^{x_{0}} f(t)dt ) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt.

Отсюда следует

| \frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} - f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt - f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} [f(t)-f(x_{0})]dt | \leq \frac{1}{|h|} | \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} | f(t)-f(x_{0}) | dt | \equiv \rho (h).

Если мы покажем, что \rho(h) \rightarrow 0 при h \rightarrow 0 , то тем самым теорема будет доказана. Для оценки \rho(h) предположим для определенности, что h>0. Зададим произвольное \varepsilon > 0 и, пользуясь непрерывностью функции f в точке x_{0} , найдем такое \delta > 0 , что для всех t , удовлетворяющих условию |t - x_{0}| < \delta , справедливо неравенство |f(t)-f(x_{0})| < \varepsilon . Если теперь 0<h<\delta, то получим

\rho(h) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} |f(t) - f(x_{0})|dt \leq \varepsilon

Отсюда следует, что \rho(h) \rightarrow 0 при h \rightarrow 0 .

Случай h<0 исчерпывается аналогичным образом. В точках x_{0} = a и x_{0} = b приведенные выше рассуждения достаточно применить для h>0 и h<0 , соответственно. \blacksquare

[свернуть]

Замечание.

Спойлер

Условие непрерывности функции f в точке x_{0} не является необходимым для дифференцируемости F в точке x_{0} . Например, если взять непрерывную на отрезке [a,b]  функцию f , то, по доказанной теореме, функция F будет дифференцируемой в каждой точке отрезка [a,b]. Изменим теперь значение функции f в одной точке. В результате получим разрывную функцию f . В то же время, как легко видеть, функция F останется прежней, т.е. \bar{F}(x) \equiv \int_{a}^{x} \bar{f}(t)dt = F(x) (x \in [a,b]) (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину ее интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.

[свернуть]

Пример 1.

Спойлер

Рассмотрим функцию

f(x) =    \begin{cases}  & \sin{\frac{1}{x}}, 0<x\leq 1, \\  & 0 , x=0.  \end{cases}

Эта функция ограничена на отрезке [0,1] и имеет единственную точку разрыва x_{0} = 0 . Значит, она интегрируема на [0,1] . Обозначим F(x) = \int_{0}^{x} f(t)dt . Поскольку f  непрерывна в каждой точке x \neq 0 , то, по предыдущей теореме, функция F дифференцируема в каждой точке x \in (0,1] и F'(x) = \sin{\frac{1}{x}}. В точке x_{0}=0 функция f разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует F'+(0) = 0 .

[свернуть]

Пример 2.

Спойлер

Пусть f(x) = \text{sign } x, -1 \leq x \leq 1. Если -1 \leq x < 0 , то f(t) = -1, -1 \leq t \leq x и \int_{-1}^{x} f(t)dt = -(x-(-1)) = -(x+1).

Если же 0 \leq x \leq 1, то \int_{-1}^{x} f(t)dt = \int_{-1}^{0} f(t)dt + \int_{0}^{x} f(t)dt = -1+x.

Таким образом,

F(x) =    \begin{cases}  & -(x+1), -1 \leq x < 0, \\  & x-1, 0 \leq x \leq 1.  \end{cases}

Легко видеть, что в точке x_{0} = 0 функция F недифференцируема.

[свернуть]

Литература :

Дифференцируемость интеграла с переменным верхним пределом в точке непрерывности подынтегральной функции

Этот тест проверит ваши знания касательно темы «дифференцируемость интеграла с переменным верхним пределом»


Таблица лучших: Дифференцируемость интеграла с переменным верхним пределом в точке непрерывности подынтегральной функции

максимум из 6 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Определение интеграла с переменным верхним пределом

Пусть функция f  интегрируема на отрезке [a,b]. Обозначим

F(x) = \int_{a}^{x} f(t)dt   (x \in [a,b]).

Площадь под графиком f(t) равна значению F(x)
Заштрихованная область под графиком функции f(t) это значение нашей функции F(x) . Легко заметить, если x будет стремиться к b или a то заштрихованная площадь увеличивается или уменьшается соответственно, следовательно и значение функции F(x) также будет изменяться.

По свойству аддитивности интегрируемых функций, f интегрируема на [a,x] для любого x \in [a,b].
Поэтому функция F определена на [a,b]. Заметим, что F(a)=0. Функцию F называют интегралом с переменным верхним пределом.

Нас в дальнейшем будут интересовать две характеристики этой функции, а именно непрерывность и дифференцируемость

Понятие интеграла с переменным верхним приделом нам будет необходимо при выведении основной формулы дифферендицального исчисления.

Литература :

Определение интеграла с переменным верхним пределом

Этот тест проверит ваши знания по теме «Определение интеграла с переменным верхним пределом»


Таблица лучших: Определение интеграла с переменным верхним пределом

максимум из 7 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Непрерывность интеграла с переменным верхним пределом

 

Теорема. Пусть f интегрируема на [a,b] . Тогда функция F(x) = \int_{a}^{x} f(t)dt, x \in [a,b]  непрерывна на [a,b] .

Доказательство.

Спойлер

Пусть x_{0}, x_{0} + \Delta x \in [a,b]. Тогда

F(x_{0}+ \Delta x) - F(x_{0}) = \int_{a}^{x_{0}+\Delta x} f(t)dt - \int_{a}^{x_{0}} f(t)dt = \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} f(t)dt

Функция f ограничена на [a,b] (поскольку она интегрируема), так что при некотором M :

|f(t)| \leq M \forall t \in [a,b] .

Следовательно

|F(x_{0}+ \Delta x) - F(x_{0})| = | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} f(t)dt | \leq | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} |f(t)|dt | \leq M | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} dt | =

= M |\Delta x| \rightarrow 0 при \Delta x \rightarrow 0 ,

Откуда следует непрерывность функции F  \blacksquare

[свернуть]

 

Литература :

Непрерывность интеграла с переменным верхним пределом

Этот тест проверит ваши знания касательно непрерывности интеграла с переменным верхним пределом.

Таблица лучших: Непрерывность интеграла с переменным верхним пределом

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных