15. Числовые ряды

13.3 Матрица Якоби

Пусть отображение $f : E \longmapsto \mathbb{R}^m \left(E \subset \mathbb{R}^n \right)$ дифференцируемо в точке $x_0 \in E.$ Это значит, что существует такое линейное отображение $A : \mathbb{R}^n \longmapsto \mathbb{R}^m,$ что выполнимо равенство
$$\displaystyle \lim_{h\to0}\frac{|f\left(x_0 + h \right) -f\left(x_0 \right) -A\left(h \right)|}{|h|} = 0.$$

Определение. Матрица линейного отображения $A$ называется матрицей Якоби отображения $f.$

Матрица линейного отображения имеет вид

$$\begin{pmatrix} a^1_1 & a^1_2 & \ldots & a^1_n \\ a^2_1 & a^2_2 & \ldots & a^2_n & \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ a^m_1 & a^m_2 & \ldots & a^m_n \end{pmatrix}$$

В этой матрице $i$-я строка состоит из чисел $A^i \left(e_1 \right), \ldots, A^i\left(e_n \right),$ где $A^i \left(i = 1, \ldots, m \right)$ — компоненты линейного отображения $A,$ а $e_j \left(j = 1, \ldots, n \right)$ — базисные векторы в пространстве $\mathbb{R}^n.$

Отображение $A$ можно представить в виде $A = \left(A_1, \ldots, A^m \right),$ где $A^j = df^i\left(x_0 \right)$ линейная форма, которую ранее мы назвали производной компоненты $f^i$ в точке $x_0.$

Ранее мы показывали, что производная действительных функций $f^i$: $E \mapsto \mathbb{R} \left(E \subset \mathbb{R^n} \right)$ в точке $x_0 \in E$ — это линейная форма, компонентами которой являются частные производные функции $f^i$ в точке $x_0$ т.е.

$$df^i\left(x_0 \right) = \left(\frac{\partial f^i}{\partial x^1}\left(x_0 \right),\ldots, \frac{\partial f^i}{\partial x^n}\left(x_0 \right) \right).$$

Значением этой линейной формы на векторе $e_j$ будет

$$df^i\left(x_0 \right)\left(e_j \right) = \frac{\partial f^i}{\partial x^j}\left(x_0 \right).$$

Итак, компоненты матрицы $a^i_j = A^i\left(e_j \right) = df^i\left(x_0 \right)\left(e_j \right) = \frac{\partial f^i}{\partial x^j}\left(x_0 \right).$ Таким образом, матрицу Якоби можно переписать в следующем виде:

$$\begin{pmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^1}(x_0) & \frac{\partial f^1}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^1}{\partial x^n}(x_0) \\ \frac{\partial f^2}{\partial x^1}(x_0) & \frac{\partial f^2}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^2}{\partial x^n}(x_0) \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ \frac{\partial f^m}{\partial x^1}(x_0) & \frac{\partial f^m}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^m}{\partial x^n}(x_0) \end{pmatrix}.$$

Другими словами, производная отображения $f$ задаётся матрицей Якоби, у которой компонентами являются частные производные все компонент отображения $f$ по всем переменным.

Если $m = n,$ то получаем квадратную матрицу, определитель которой называется определителем Якоби или якобианом $Jf\left(x_0 \right)$и обозначается

$$Jf(x) = \frac{\partial (f_1, \ldots, f_n)}{\partial (x_1, \dots, x_n)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^1}(x_0) & \frac{\partial f^1}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^1}{\partial x^n}(x_0) \\ \frac{\partial f^2}{\partial x_1}(x_0) & \frac{\partial f^2}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^2}{\partial x^n}(x_0) \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ \frac{\partial f^n}{\partial x^1}(x_0) & \frac{\partial f^n}{\partial x^2}(x_0) & \ldots & \frac{\partial f^n}{\partial x^n}(x_0) \end{vmatrix}.$$

Замечание. Если все частные производные непрерывны, то и сам определитель Якоби является непрерывной функцией. Это очевидно.

Пример 1.Являются ли функции функционально зависимыми?

\begin{cases} f_1 = x_1 + x_2 + x_3 -1; \\ f_2 = x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 -2; \\ f_3 = x^2_1 + x^2_2 + x^2_3 + 3. \end{cases}

Решение.

$\frac{D(f_1,f_2,f_3)}{D(x_1,x_2,x_3)} = \begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_2 + x_3 & x_1 + x_3 & x_1 + x_2 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} = $

$=\begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} \equiv 0$

Так как якобиан равен нулю, то эти функции функционально зависимы. Несложно найти эту зависимость:

$\left(f_1 + 1 \right)^2 -2\left(f_2 + 2 \right) -\left(f_3 -3\right) = 0.$

Пример 2. Для линейных функций $f_1 = a_{11} x_1 + \ldots + a_{1n} x_n -b_1, \ldots , f_m = a_{m1} x_1 + a_{mn} x_n -b_m$ матрица Якоби будет матрицей коэффициентов при переменных:

Решение.

\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{m1} & a_{m2} & \ldots & a_{mn} \end{pmatrix}

Если мы хотим разрешить систему $f_1 = 0,f_2 = 0, \ldots, f_n = 0$ относительно $x_1, \ldots, x_n,$ то для случая $m = n$ определитель Якоби

\begin{vmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{n1} & \ldots & a_{nn}\end{vmatrix}

есть определитель системы и для её разрешимости он должен быть отличен от нуля.

Пример 3. Переход элементарной площади $dS = dx\,dy$ от декартовых координат $ \left( x,y \right)$ к полярным координатам $ \left( r,\phi \right)$:

Решение.

$\begin{cases} x = r\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\phi). \end{cases}$

Матрица Якоби имеет вид:

$J(r,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.$

Якобиан перехода от декартовых координат к полярным есть определитель матрицы Якоби:

$J(r,\phi) = \det I(r,\phi) = \det\begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.$

Таким образом, элемент площади при переходе от декартовых к полярным координатам будет выглядеть следующим образом:

$dS = dx\,dy = J\left(r,\phi \right) dr\,d\phi = r\,dr\,d\phi.$

Пример 4.Переход элементарного объёма $dV$=$dx$ $dy$ $dz$ от декартовых координат $\left(x,y,z \right)$ к сферическим координатам $\left(r,\theta,\phi \right)$ :

Решение.

$\begin{cases}x = r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi); \\ z = r\,\cos(\theta).\end{cases}$

Матрица Якоби имеет следующий вид: $I(r,\theta,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r}   \frac{\partial x}{\partial \theta}   \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r}   \frac{\partial y}{\partial \theta}   \frac{\partial y}{\partial \phi} \\ \frac{\partial z}{\partial r}   \frac{\partial z}{\partial \theta}   \frac{\partial z}{\partial \phi} \end{pmatrix} =$

$= \begin{pmatrix} \sin(\theta) \cos(\phi) & r\,\cos(\theta) \cos(\phi) &  -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) &  r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{pmatrix}.$

А якобиан перехода от декартовых координат к сферическим – есть определитель матрицы Якоби:

$J\left(r,\theta,\phi \right) = \det I\left(r,\theta,\phi \right)$ =

= $\begin{vmatrix} \sin(\theta)\,\cos(\phi) & r\,\cos(\theta)\,\cos(\phi) &  -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) &  r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\, \cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{vmatrix} = r^2\sin(\theta).$

Таким образом, элемент объёма при переходе от декартовых к сферическим координатам будет выглядеть следующим образом:

$dV = dx\,dy\,dz = J\left(r,\theta,\phi \right) dr\,d\theta\,d\phi = r^2\,\sin(\theta)\,dr\,d\theta \,d\phi.$

Матрица Якоби

Для закрепления пройденного материала предлагается пройти тест.

Список использованной литературы

  1. Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу.-Одесса : Астропринт, 2009. стр.309-311
  2. Демидович Б.П. «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997 М.: Изд-во Моск. ун-та, ЧеРо. №3990.
  3. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: Том 1 / Г.М. Фихтенгольц – М.: Книга по Требованию, 2013. стр.455-456.

14.3 Условный экстремум

Определение. Пусть $f $– действительная функция, заданная на открытом множестве $E ⊂ R^n,$ $M-p$-мерное многообразие, содержащееся в $E$. В точке $x_0 ∈ M$ функция $f$ имеет условный максимум на многообразии $M,$ если существует такая окрестность $U ⊂ E$ точки $x_0,$ что для всех $x ∈ U ∩ M$ выполняется неравенство $f(x)≤f(x_0).$

Условный максимум называется строгим, если окрестность можно выбрать настолько малой, что для всех $x ∈ U ∩M,$ $x \ne x_0,$ будет выполнено строгое неравенство $f(x)< f(x_0).$ Аналогично определяется понятие условного минимума.

Пример. Пусть $f(x, y) = xy.$ В начале координат эта функция не имеет обычного экстремума, поскольку в любой окрестности начала координат она принимает как положительные, так и отрицательные значения. Возьмем теперь многообразие $M_1 : y = x.$ На этом многообразии $f(x, y) = x^2$ и в точке $(0, 0)$ функция f имеет условный минимум на многообразии $M_1.$ Если взять $M_2 : y = −x,$ то на нем $f(x, y) = −x^2,$ и теперь функция $f$ имеет условный максимум в точке $(0, 0).$ Итак, функция f в начале координат не имеет экстремума, а на многообразиях $M_1$ и $M_2$ имеет условные минимум и максимум, соответственно.

 

Теорема (необходимое условие экстремума на многообразии). Пусть $f$– действительная функция, заданная на открытом множестве $E ⊂ R^n,$ содержащем многообразие $M$. Пусть в точке $x_0 ∈ M$ функция $f$ имеет условный экстремум и дифференцируема в этой точке. Тогда производная $f'{}(x_0)$ обращается в нуль на касательном пространстве $T_{x0}(M),$ т. е.$f'{} (x_0)·h = 0$ для любого $h ∈ T_{x0}(M).$

Доказательство.Пусть $h$ – касательный вектор, т. е. $h ∈ T_{x0}(M).$ Тогда существует такая функция $γ : R \to M,$ $γ(0) = x_0,$ что $γ'{}(0) = h.$ Рассмотрим функцию $g(t) = f(γ(t)) (t ∈ R).$ Если $f$ в точке $x_0$ имеет условный максимум, то при $t = 0$ функция $g$ имеет обычный локальный максимум. Функция $g$ дифференцируема в точке $t = 0$ и, по теореме о производной сложной функции,

$g'{}(0)= f'{}(γ(0))·γ'{} (0) = f'{}(x_0)·h$

С другой стороны, по теореме Ферма, $g'{}(0)=0.$ Итак, $f'{}(x_0)·h=0.$

Геометрический смысл теоремы. Предположим, что функция $f$ класса $C^1$ и рассмотрим множество

$H = ${$x:f(x)= f(x_0)$}

Это множество называется множеством уровня функции $f.$ Предположим, что $f'{}(x)\ne 0$ для всех $x ∈ H.$ Тогда получим, что $H – (n − 1)$- мерное многообразие, т. е. гиперповерхность. Касательное пространство к многообразию $H$ определяется как совокупность всех векторов $h,$ для которых выполнено равенство $f'{}(x_0)·h = 0.$ Доказанная теорема утверждает, что $p$-мерное подпространство $T_{x0}(M)$ содержится в $(n−1)$-мерной гиперплоскости $T_{x0}(H).$ Другими словами, касательная гиперплоскость к $H$ в точке $x_0$ содержит касательную $p$-плоскость к $M$ в этой точке.

Заметим, что доказанная теорема дает лишь необходимое условие экстремума. Можно показать, что достаточным оно не является.

Метод множителей Лагранжа. Пусть $M – p$-мерное многообразие, точка $x_0 ∈ M$ и в окрестности $U$ этой точки $M$ определено уравнением $ϕ(x) = 0,$ где $ϕ = (ϕ^1, …, ϕ ^{n−p} ),$ $rank$ $ϕ'{}(x) = n − p$ для любого $x ∈ U.$

Теорема. Пусть $f$ – действительная функция в некоторой окрестности многообразия $M,$ дифференцируемая в точке $x_0 ∈ M$ и имеющая в этой точке условный экстремум. Тогда существуют такие действительные числа $λ_1,…, λ_{n−p},$ что для функции

$F(x) = f(x) + λ_1ϕ^1(x) + … + λ_{n−p}ϕ^{n−p}(x)$

полная производная $F'{}(x_0) = 0.$

В силу предыдущей теоремы, $f'{}(x_0)·h = 0$ для любого $h ∈ T_{x0} (M).$ Это равносильно тому, что $grad$ $f(x_0)·h = 0$ для любого $h ∈ T_{x0} (M), $т. е. $grad$ $f(x_0)$ ортогонален к любому касательному вектору. Значит, этот градиент является нормальным вектором к многообразию $M$ в точке $x_0.$ Как известно, векторы $grad$ $ϕ^i (x_0) (i = 1, …, n − p)$ образуют базис в пространстве нормальных векторов. Значит, существуют числа $α_1, …, α_{n−p}$ такие, что

$grad$ $(f(x_0)) = α^1$ $grad$ $( ϕ^1 (x_0) + … + α_{n−p})$ $grad$ $(ϕ^{n−p} (x_0)).$

Обозначим $λ_i = −α_i, i = 1, …, n−p.$ Тогда видим, что для $F$ ее градиент $grad$ $F(x_0) = 0,$ а это равносильно тому, что $F'{}(x_0) = 0,$ и тем самым теорема доказана.

Числа $λ_1, …, λ_{n−p}$ называются множителями Лагранжа. Они определяются однозначно, так как являются координатами разложения вектора $grad$ $ f(x_0)$ по базису из векторов $grad$ $ϕ^i (x_0) (i = 1, …, n − p),$ взятых с противоположным знаком. Условие $rank $ $ϕ'{}(x) = n − p$ обеспечивает линейную независимость векторов $grad$ $ϕ^i (x_0) (i = 1, …, n − p).$

В качестве примера, иллюстрирующего метод множителей Лагранжа, рассмотрим следующую задачу. Найти расстояние от точки до гиперплоскости в пространстве $R^n.$

Решение

Гиперплоскость $H$ определяется уравнением

$ a_1x ^1 + … + a_nx^n = b,$

или в векторной форме $ax = b,$ где $a \ne 0,$ ибо, в противном случае, не получим гиперплоскость.

Пример. Пусть $x_0 ∈ R^n.$ Покажем, что расстояние от заданной точки $x_0$ до $H$ равно $d(x_0, H) = \frac{|ax_0−b|}{|a|}.$ Расстояние от $x_0$ до произвольной точки $x ∈ H$ выражается следующим образом:

Решение
$\sqrt{(x^1 − x^1_0 )^2 + … + (x^n − x^n_0 )^2}.$

Поэтому для нахождения минимума этих расстояний достаточно рассмотреть подкоренное выражение и найти его минимум.

Обозначим $f(x) = (x^1 − x^1_0 )^2 + … + (x^n − x^n_0 )^2 .$ Составим функцию Лагранжа

$ F(x) = f(x) + λ(ax − b) = f(x) + λ(a_1x^1 + … + a_nx ^n − b).$

Находим все частные производные функции $F$ и приравниваем их к нулю. Получаем

$ \left \{\begin{matrix} 2(x^1 − x^1_0 ) + λa_1 = 0,\\ ………………… \\ 2(x^n − x^n_0 ) + λa_n = 0, \\a_1x^1 + … + a_nx^n = b \end{matrix}\right.$

Последнее уравнение этой системы означает, что точка x лежит на гиперплоскости $H.$ Умножим $i$-е уравнение этой системы на $a_i (i = 1, …, n)$ и сложим первые $n$ уравнений. Тогда получим

$ 2 \sum_{i=1}^n (a_ix^i − a_ix^i_0 ) + λ\sum^n_{i=1} a^2_i = 0,$

или, учитывая последнее уравнение системы,

$ 2(b − ax_0) + λ|a|^2 = 0.$

Отсюда находим

$ λ = \frac{2(ax_0 − b)} {|a|^2}.$

Подставим найденное значение $λ$ в первые $n$ уравнений системы и получим

$2(x^i − x^i_0 ) = −a_i\frac{ 2(ax_0 − b) }{|a|^2} (i = 1, …, n).$

Каждое из этих равенств возведем в квадрат и сложим полученные равенства. Получим

$ f(x) = \frac{(ax_0 − b)^2} {|a|^2} ,$

а это и есть квадрат искомого расстояния.

Пример. Найти точки условного экстремума функции (если они есть) $f(x,y) = y_{2} — x_{2}$ при уравнении связи $y = 2x.$

Решение

Имеем $f(x, 2x) = 3x^{2},$ т.е. при выполнении уравнений связи данная функция является функцией одного переменного и достигает минимума при $x = 0.$
Значению $x = 0$ согласно уравнению связи соответствует значение $y = 0,$ а поэтому функция $f(x,y) = y_{2} — x_{2}$ имеет в точке $(0, 0)$ условный минимум относительно уравнения связи $y = 2x.$

Литература

Условный экстремум

Проверьте, насколько хорошо вы усвоили эту тему и закрепите свои знания по ней, пройдя тест.

7.6 Теоремы о среднем

Теорема 1 (первая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b].$ Причем функция $g$ не меняет знак на $[a,b].$ Пусть $m=\displaystyle\inf_{x \in [a,b]}f(x), M = \displaystyle\sup _{x \in [a,b]}f(x).$ Тогда найдется такое число $\mu \in [m, M]$, что $$\int^b_a f(x)g(x)dx= \mu \int^b_a g(x)dx.$$

Геометрический смысл первой теоремы о среднем

Можем считать, что $a < b,$ т. к. если поменять местами $a$ и $b,$ то знаки обеих частей равенства поменяются на противоположные. Пусть $g(x) \ge 0.$ Неравенство $m \le f(x) \le M$ умножим на $g(x)$ и проинтегрируем от $a$ до $b.$ В силу монотонности и линейности интеграла получим $$m \int^b_a g(x)dx \le \int^b_a f(x)g(x)dx \le M \int^b_a g(x)dx.$$ Если $\int^b_a g(x)dx=0,$ то из этого неравенства видно, что утверждение теоремы справедливо при любом $\mu.$ Если же $\int^b_a g(x)dx>0,$ то положим $$\mu = \frac{\int^b_a f(x)g(x)dx}{\int^b_a g(x)dx}.$$ Тогда из полученного выше неравенства следует, что $m \le \mu \le M,$ и теорема доказана.

Случай $g(x) \le 0$ рассматривается аналогично.

Следствие. Если в условиях теоремы 1 функция $f$ непрерывна на $[a,b],$ то найдется такая точка $\xi \in [a,b],$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f( \xi )\int^b_a g(x)dx.$$ Действительно, в этом случае, по теореме Больцано — Коши о промежуточном значении, число $\mu$ является значением функции $f$ в некоторой точке $\xi \in [a,b].$

Лемма. Пусть функция $g$ интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда функция $G(x)\equiv \int^x_a g(t)dt (a \le x \le b)$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Пусть $ x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in [a,b], x^{\prime} < x^{\prime\prime}.$ Тогда $$G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime}) = \int^{x^{\prime\prime}}_a g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt =$$ $$= \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt + \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt = \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt.$$ Поскольку $g$ интегрируема, то она ограничена, т. е. существует такое $M$, что $|g(t)| \le M$ для всех $t \in [a,b]$. Поэтому получаем $$|G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime})| \le \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} |g(t)|dt \le M(x^{\prime\prime} — x^{\prime}).$$ Отсюда следует, что функция $G$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Теорема 2 (вторая теорeма о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b],$ причем функция $f$ монотонна на $[a,b].$ Тогда существует точка $\xi \in [a,b],$ такая, что$$ \int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad (7.3)$$

Геометрический смысл второй теоремы о среднем

Сначала предположим, что $f$ убывает на $[a,b]$ и неотрицательна. Возьмем произвольное разбиение $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$ отрезка $[a,b].$ Тогда, по свойству аддитивности интеграла, $$I \equiv \int^b_a f(x)g(x)dx = \sum_{i=0}^{n-1} \int ^{x_{i+1}}_{x_i} f(x)g(x)dx =$$ $$ = \sum_{i=0}^{n-1} f(x_i) \int ^{x_{i+1}}_{x_i} g(x)dx +$$ $$+ \sum_{i=0}^{n-1} \int^{x_{i+1}}_{x_i} [f(x) — f(x_i)]g(x)dx \equiv I’ + \rho.$$ Для оценки суммы $\rho$ воспользуемся тем, что интегрируемая функция $g$ ограничена, т.е. существует такое $M,$ что $|g(x)| \le M, x \in [a,b].$ Тогда получим $$| \rho | \le \sum^{n-1}_{i=0} \int^{x_i+1}_{x_i} |f(x) — f(x_i)||g(x)|dx \le M \sum^{n-1}_{i=0} \omega_i \Delta x_i, $$ где $\omega_i$ — колебания функции $f$ на $[x_i,x_{i+1}]$. Правая часть стремится к нулю при стремлении к нулю диаметра разбиения в силу критерия интегрируемости Римана. Следовательно, сумма $I^{\prime}$ стремится к интегралу $I$. Оценим $I^{\prime}$. Для этого обозначим $G(x) = \int^x_a g(t)dt.$ Получим $$I^{\prime} = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)[G(x_{i+1}) — G(x_i)] = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_{i+1}) -$$ $$- \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_i) = \sum^{n}_{i=1} f(x_{i-1})G(x_i) — \sum^{n-1}_{i=1} f(x_i)G(x_i) =$$ $$=f(x_{n-1})G(x_n) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)]G(x_i).$$ Мы воспользовались равенством $G(x_0) = G(a) = 0.$

Обозначим через $L$ и $U$ соответственно нижнюю и верхнюю грани функции $G$ на $[a,b].$ Поскольку, в силу леммы, функция $G$ непрерывна на $[a,b],$ то они существуют в силу первой теоремы Вейерштрасса. Учитывая также, что функция $f,$ по предположению, неотрицательна и монотонно убывающая, т.е. $f(x_{i-1} — f(x_i) \ge 0,$ получаем следующее неравенство: $$L \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right] \le $$ $$ \le I’ \le U \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right].$$ При этом мы использовали неравенство $L \le G(x_i) \le U.$ Поскольку, как легко видеть, сумма в квадратных скобках равна $f(x_0) = f(a),$ то полученное неравенство принимает вид $Lf(a) \le I^{\prime} \le Uf(a).$ Но поскольку $I^{\prime} \to I$ при $d(\Pi) \to 0,$ то отсюда получаем $Lf(a) \le I \le Uf(a).$ Разделив это неравенство на $f(a) > 0,$ получим $L \le \frac{I}{f(a)} \le U.$ Но поскольку функция $G$ непрерывна на $[a,b]$ в силу леммы, то найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая, что $G(\xi) = \frac{I}{f(a)}.$ Отсюда следует, что $I = f(a)G(\xi),$ а учитывая определение функции $G,$ получаем равенство $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx \quad (\xi \in [a,b]). \qquad \qquad (7.4)$$

Итак, равенство $(7.4)$ доказано нами в предположении, что функция $f$ убывает и неотрицательна. Рассмотрим теперь случай, когда $f$ убывает на $[a,b].$ Положим $\overline{f}(x) = f(x) -f(b).$ Тогда $\overline{f}$ убывает и неотрицательна. По доказанному, найдется точка $\overline{\xi},$ такая, что $$\int^b_a \overline{f}(x)g(x)dx = \overline{f}(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx \quad (\overline{\xi} \in [a,b]).$$ Учитывая, что $\overline{f}(x) = f(x) — f(b),$ отсюда получаем $$\int^b_a [f(x) — f(b)]g(x)dx = [f(a) — f(b)] \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx,$$ или, тоже самое, $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_a g(x)dx -$$ $$-f(b)\int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\overline{\xi}} g(x)dx.$$ Этим доказано равенство $(7.3).$

В случае когда функция $f$ возрастает и неотрицательна на $[a,b],$ аналогично тому, как было доказано равенство $(7.4),$ можно показать что существует такая точка $\xi,$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(b)\int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad \qquad (7.5)$$ Далее, из $(7.5)$ легко можно получить $(7.3)$ точно так же, как и $(7.3)$ было получено из $(7.4).$

Замечание.

Формулы $(7.3) -(7.5)$ называются формулами Бонне. В этих равенствах точки $\xi,$ вообще говоря, разные. В самом деле, мы можем изменить функцию $f$ в точках $a$ и $b,$ сохранив при этом монотонность функции $f$. При этом левая часть $(7.3)$ не изменится, а изменение множителей $f(a)$ и $f(b)$ перед интегралами справа в $(7.3),$ очевидно, повлечет изменение значения $\xi$ справа в $(7.3).$

Вторую теорему о среднем иногда записывают в следующем виде: $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a+0) \int^{\xi’}_a g(x)dx + f(b — 0) \int^b_{\xi’} g(x)dx.$$ В этом равенстве точка $\xi’,$ вообще говоря, не совпадает со значением $\xi$ в равенстве $(7.3).$

Примеры применения теорем о среднем

1.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx.$$

Оценим $$0 \le \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x}dx \le \int^{1}_{0} x^n dx = \frac{1}{n+1}.$$ Отсюда получаем $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx = 0.$$

2.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int ^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx.$$

Зафиксируем $ \xi > 0.$ Тогда получим $$ \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = \int^{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}}_{0} \sin^n xdx + \int^{\frac{\Pi}{2}}_{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}} \sin^n xdx \le$$ $$\le \left( \sin \left(\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} + \frac{\xi}{2}.$$ Поскольку $ \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) < 1 ,$ то первое слагаемое справа стермится к нулю при $n \to \infty .$ Поэтому найдется такое $N,$ что для всех $n \ge N$ справедливо неравенство $$ \left( \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} < \frac{\xi}{2}.$$ Итак, для заданного $\xi > 0$ мы нашли номер $N,$ начиная с которого $$\int^{\frac{\Pi}{2}_{0}} \sin^n xdx < \xi .$$ Это означает, что $$\lim_{n \to \infty} \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = 0.$$

3. Оценить сверху $$I \equiv \int^{1}_{0} \frac{\sin x }{1 + x^2} dx.$$

Первый способ. Применяя первую теорему о среднем, получаем $$I = \frac{1}{1 + \xi^2} \int^{1}_{0} \sin x dx = \frac{1}{1 + \xi^2}(-\cos x) |^1_0 =$$ $$=\frac{1}{1 + \xi^2}(1 — \cos 1) \le 1 -\cos 1.$$

Второй способ. В силу первой теоремы о среднем имеем $$I = \sin \eta \int^1_0 \frac{dx}{1 + x^2} = \sin \eta \quad \text{arctg} x |^1_0 = \frac{\Pi}{4} \sin \eta \le \frac{\Pi}{4} \sin 1.$$

4. Оценить интеграл $$I \equiv \int^B_A \frac{\sin x}{x}dx, \quad 0 < A < B < +\infty .$$

Первый способ. Применим вторую теорему о среднем. Для этого обозначим $f(x) = \frac{1}{x}$ и $g(x) = \sin x.$ Функция $f$ монотонна на $[A,B],$ так что во второй формуле Бонне получаем $$I = \frac{1}{A} \int^{\xi}_{A} \sin xdx = \frac{1}{A} (-\cos x) \bigg|^{\xi}_{A} = \frac{1}{A}(\cos A — \cos \xi ).$$ Отсюда следует, что $|I| \le \frac{2}{A}$.

Второй способ. Применяя первую теорему о среднем, получим $$I = \sin \xi \int^B_A \frac{dx}{x} = \sin \xi ln \frac{B}{A}.$$ Отсюда следует, что $|I| \le ln \frac{B}{A}$.

5. Показать, что если $f \in R[a,b],$ где $R$ — класс интегрируемых на отрезке, $m = \displaystyle\inf_{[a,b]} f(x),$ $M = \displaystyle\sup_{[a,b]} f(x),$ то при условии непрерывности $f$ на $[a,b]$ найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая что $\int^b_a f(x)dx = f(\xi )(b-a).$

Решение

Воспользуемся первой теоремой о среднем, тогда можем представить $$\int^b_a f(x)dx = \int^b_a f(x)g(x)dx,$$ где $g(x) =1,$ Тогда $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(\xi)\int^b_a 1dx = f(\xi)(b — a),$$

6. Найти среднее значение функции $y = x^2 -5x + 7$ на отрезке $[2,13].$

Решение

Воспользуемся выше упомянутой формулой и подставим в нее известные значения: $$ f(\xi) = \frac{\int^{13}_2 (x^2 — 5x + 7)dx}{13 — 2} = \frac{1}{11}\int^{13}_2 (x^2 -5x +7)dx =$$ Вычислим интеграл: $$ = \frac{1}{11} \left(\frac{x^3}{3} — 5\frac{x^2}{2} + 7x\right) \bigg|^{13}_2 = $$ Используем формулу Ньютона — Лейбница и найдем значение полученного выражения: $$ = \frac{1}{11}\left( \frac{13^3}{3} — 5\frac{13^2}{2} + 7 \cdot 13 — \left( \frac{2^3}{3} — 5\frac{2^2}{2} + 7\cdot 2 \right) \right) = $$ Упростим выражение и вычислим его результат: $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2197}{3} -\frac{845}{2} + 91 — \frac{8}{3} + 10 — 14 \right) = $$ $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2189}{3} — \frac{845}{2} + 87 \right) = \frac{1}{11} \cdot \frac{4378 — 2535 +522}{6} = \frac{2365}{66}$$ Получили среднее значение функции $y = x^2 -5x +7$ на отрезке $[2, 13]$ равным $\frac{2365}{66}$.

Смотрите также

Теоремы о среднем

Пройдите этот тест чтобы проверить свои знания по теме «теоремы о среднем».

8.3 Длина пути

Определение. Путем на плоскости называется отображение $t\mapsto\left(\varphi\left(t\right),\psi\left(t\right)\right)$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ в $\mathbb{R}^{2}$, задаваемое парой непрерывных функций $\varphi$ и $\psi$.

Это означает, что каждому значению $t\in\left[\alpha,\beta\right]$ ставится в соответствие точка плоскости с координатами $\left(x,y\right)$, где $x=\varphi\left(t\right)$, $y=\psi\left(t\right)$.

Точка $\left(\varphi\left(\alpha\right),\psi\left(\alpha\right)\right)$ называется началом пути, а точка $\left(\varphi\left(\beta\right),\psi\left(\beta\right)\right)$ — концом пути. Множество всех точек $\left\{\left(\varphi\left(t\right),\psi\left(t\right)\right)\in \mathbb{R}^{2}:t\in\left[\alpha,\beta\right]\right\}$ называется следом пути.

Пусть $\Pi$ – произвольное разбиение отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ точками $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$. Обозначим $x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right)$, $y_{i}=\psi\left(t_{i}\right)$ и составим сумму $l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left(x_{i+1}-x_{i}\right)^2+\left(y_{i+1}-y_{i}\right)^{2}}$. С геометрической точки зрения эта сумма представляет собой длину ломаной с вершинами $\left(x_{i},y_{i}\right)$, вписанной в след пути.

Определение. Длиной пути называется $sup_{\Pi}l_{\Pi}$, где верхняя грань берется по всевозможным разбиениям $\Pi$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$. Сам путь обозначается через $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$, а его длина через $l_{\left(\gamma\right)}$. Если $l_{\left(\gamma\right)}<\infty$, то путь $\gamma$ называется спрямляемым.

Теорема (достаточное условие спрямляемости). Если путь $\gamma$ определяется уравнениями $x=\varphi\left(t\right)$, $y=\psi\left(t\right)$, $\alpha\leqslant t\leqslant\beta$, где $\varphi\left(t\right)$ и $\psi\left(t\right)$ непрерывно дифференцируемые функции на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$, то этот путь спрямляем.

Для любого разбиения $\Pi$: $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$, применяя теорему Лагранжа, получим

$$l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t_{i}\right)\right]^{2}}=$$
$$=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i},$$
где точки  $\tau_{i}$, $\overline{\tau_{i}}\in\left[t_{i},t_{i+1}\right]$. По условию функции $\varphi^{\prime}\left(t\right)$ и $\psi^{\prime}\left(t\right)$ непрерывны на $\left[\alpha,\beta\right]$, а значит, ограничены, т. е. существует такая постоянная $M$, что $\mid\varphi^{\prime}\left(t\right)\mid\leqslant M$, $\mid\psi^{\prime}\left(t\right)\mid\leqslant M$ для всех $t\in\left[\alpha,\beta\right]$. Поэтому получаем
$$l_{\Pi}\leqslant M\sqrt{2}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\Delta t_{i}=M\sqrt{2}\left(\beta-\alpha\right),$$
так что $l_{\left(\gamma\right)}=sup_{\Pi}l_{\Pi}<\infty$, т. е. путь $\gamma$ спрямляем.

Если функции $\varphi$ и $\psi$ непрерывно дифференцируемы на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$, то путь $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ называется дифференцируемым, или путем класса $C^{1}$.

Теорема (вычисление длины пути). Пусть $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ непрерывно дифференцируемый путь на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$. Тогда
$$l_{\gamma}=\int\limits_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(t\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(t\right)\right]^{2}}dt \tag{8.1}.$$

Пусть $\Pi$ : $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$ — некоторое разбиение отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$. Предположим, что мы добавили к нему одну точку $t^{\prime}\in\left[t_{i},t_{i+1}\right]$, в результате чего получили новое разбиение $\Pi^{\prime}$. Тогда $l_{\Pi}\leqslant l_{\Pi^{\prime}}$. Действительно, в суммах $l_{\Pi}$ и $l_{\Pi^{\prime}}$ будут одинаковые слагаемые, кроме слагаемых, отвечающих отрезку $\left[t_{i},t_{i+1}\right]$. В сумме $l_{\Pi}$ этому отрезку отвечает слагаемое

$$s_{i}=\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t_{i}\right)\right]^{2}},$$
а в сумме $l_{\Pi^{\prime}}$ вместо него будут два следующих слагаемых:
$$s^{\prime}_{i}+s^{\prime\prime}_{i}=\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t^{\prime}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t^{\prime}\right)\right]^{2}}+$$
$$+\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i}\right)-\varphi\left(t^{\prime}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i}\right)-\psi\left(t^{\prime}\right)\right]^{2}}.$$
Из неравенства треугольника легко видеть, что $s_{i}\leqslant s^{\prime}_{i}+s^{\prime\prime}_{i}.$

Таким образом, при измельчении разбиения суммы $l_{\Pi}$ не уменьшаются. Кроме того, по предыдущей теореме, путь $\gamma$ спрямляем, так что для любого $\varepsilon >0$ найдется такое разбиение $\Pi_{0}$, что $l_{\left(\gamma\right)}\geqslant l_{\Pi_{0}}>l_{\left(\gamma\right)}-\varepsilon$. Поэтому для любого разбиения $\Pi$, которое является измельчением разбиения $\Pi_{0}$, также справедливо неравенство
$$l_{\left(\gamma\right)}-\varepsilon<l_{\Pi}\leqslant l_{\left(\gamma\right)}. \tag{8.2}$$

Осталось показать, что при стремлении к нулю диаметра разбиения суммы $l_{\Pi}$ сремятся к интегралу, записанному справа в $(8.1)$. Как мы видели выше,
$$l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i}.$$
Эта сумма отличается от интегральной суммы для интеграла справа в $(8.1)$ тем, что значения функций $\varphi^{\prime}$ и $\psi^{\prime}$ берутся в разных точках. Применим очевидное неравенство
$$\mid\sqrt{a^{2}+b^{2}}-\sqrt{a^{2}+b^{-2}}\mid\leqslant\frac{\mid b^{2}-b^{-2}\mid}{\mid b\mid+\mid \overline{b}\mid}\leqslant\mid b-\overline{b}\mid,$$
справедливое для любых чисел $a,b$ и $\overline{b}.$ Тогда получим
$$\mid l_{\Pi}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i}\mid\leqslant$$
$$\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1}\mid\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)-\psi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\mid\Delta t_{i}\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)\Delta t_{i},$$
где $\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)$ — колебание функции $\psi^{\prime}$ на отрезке $\left[t_{i},t_{i+1}\right]$. Так как функция $\psi^{\prime}$ непрерывна, то она интегрируема на $\left[\alpha,\beta\right]$. В силу критерия интегрируемости в терминах колебаний имеем $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)\Delta t_{i}\rightarrow 0$ при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Итак, мы получили, что если только диаметр разбиения достаточно мал, то сумма $l_{\Pi}$ мало отличается от интегральной суммы, соответствующей интегралу справа в $(8.1)$. Поэтому из $(8.2)$ следует $(8.1)$, и теорема доказана.

Пример. Вычислить длину одной арки циклоиды $x=a\left(t-\sin t\right)$, $y=a\left(1-\cos t\right)$, $0\leqslant t\leqslant 2\pi$, где параметр $a>0$.

Имеем
$$x^{\prime}\left(t\right)=a\left(1-\cos t\right),$$
$$l=a\int\limits_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(1-\cos t\right)^{2}+\sin ^{2}t}dt=a\sqrt{2}\int\limits_{0}^{2\pi}\sqrt{1-\cos t}dt=$$
$$=2a\int\limits_{0}^{2\pi} \mid\sin\frac{t}{2}\mid dt=-2a\cdot2\cos\frac{t}{2}\mid^{2\pi}_{0}=8a.$$

Путь $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ называется жордановым, или простым путем, если отображение $\gamma:\left[\alpha,\beta\right]\mapsto \mathbb{R}^{2}$ взаимно однозначно. Это означает, что различным точкам $t^{\prime},t^{\prime\prime}\in\left[\alpha,\beta\right]$ соответствуют различные точки на плоскости.

Множество $\Gamma$ на плоскости называется жордановой, или простой кривой, если оно является следом некоторого жорданового пути. Каждый такой жорданов путь называется параметризацией жордановой кривой $\Gamma.$

Если есть две различных параметризации $\gamma_{1}:\left[\alpha,\beta\right]\rightarrow\Gamma$ и $\gamma_{2}:\left[a,b\right]\rightarrow\Gamma$ одной и той же жордановой кривой $\Gamma$, то $\gamma_{2}=\gamma_{1}\circ\tau$, где $\tau$ — некоторая строго монотонная и непрерывная функция, переводящая отрезок $\left[a,b\right] $в $\left[\alpha,\beta\right]$. Это означает, что любые две параметризации жордановой кривой могут быть получены одна из другой с помощью непрерывной и строго монотонной замены параметра.

Пример. Пусть $\Gamma=\left\{\left(x,y\right):x+y=1,x,y\geqslant0\right\}$. Приведем примеры параметризаций

      $1) x=\cos^{2}u$, $y=\sin^{2}u$, $0\leqslant u\leqslant \frac{\pi}{2},$
      $2) x=t$, $y=1-t$, $0\leqslant t\leqslant 1.$

Можно, например, выразить $t$ через $u$ следующим образом: $t=\cos^{2}u$. Данная функция убывает на $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.

Пользуясь тем фактом, что две параметризации одной и той же жордановой кривой могут быть получены одна из другой с помощью строго монотонной и непрерывной замены параметра, можно легко доказать, что для любых двух путей, являющихся параметризациями одной и той же жордановой кривой $\Gamma$, спрямляемость одного из этих путей влечет спрямляемость другого и равенство их длин.

Определение. Жорданова кривая $\Gamma$ называется спрямляемой, если спрямляемы ее параметризации. Длиной жордановой кривой $\Gamma$ называется длина любой из ее параметризаций.

Если у жордановой кривой $\Gamma$ есть хотя бы одна непрерывно дифференцируемая параметризация $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$, то эта кривая спрямляема, а ее длина выражается равенством
$$l\left(\Gamma\right)=\int\limits_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(t\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(t\right)\right]^{2}}dt.$$

Как частный случай рассмотрим следующий вопрос: как определить длину графика функции?

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана непрерывно дифференцируемая функция $f$. Обозначим через $\Gamma$ ее график, т. е. $\Gamma=\left\{\left(x,y\right);y=f\left(x\right),a\leqslant x\leqslant b\right\}$. Тогда $\Gamma$ является жордановой кривой, поскольку это – след жорданова пути, параметризация которого может быть задана, например, уравнениями $x=t,y=f\left(t\right)\left(a\leqslant t\leqslant b\right)$. Поэтому при наших предположениях это спрямляемый путь и его длина равна
$$l\left(\Gamma\right)=\int\limits_{a}^{b} \sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}dx.$$

Итак, мы получили формулу для длины кривой, заданной явным уравнением $y=f\left(x\right)\left(a\leqslant x\leqslant b\right).$

Примеры решения задач

Вычислить длины дуг, заданными следующими уравнениями.

  1. $y=\sqrt{x^{3}}$, $a=0$, $b=1$
    Решение

    $l=\int\limits_{a}^{b} \sqrt{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\left(\frac{3}{2}\sqrt{x}\right)^{2}}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}\text{d}x=$
    $=\frac{4}{9}\int_{0}^{1} \left(1+\frac{9}{4}x\right)^{\frac{1}{2}}\text{d}\left(1+\frac{9}{4}x\right)=\frac{4}{9}\cdot\frac{2}{3}\left(1+\frac{9}{4}x\right)^{\frac{3}{2}}\mid^{1}_{0}=$
    $=\frac{8}{27}\sqrt{\left(1+\frac{9}{4}x\right)^{3}}\mid^{1}_{0}=\frac{8}{27}\sqrt{\left(1+\frac{9}{4}\right)^{3}-\left(1+0\right)^{3}}=\frac{8}{27}\left(\sqrt{\left(\frac{13}{4}\right)^{3}}-1\right)$

  2. $y=e^{x}+6$, $\ln\sqrt{8}\leqslant x\leqslant\ln\sqrt{15}$
    Решение

    $l=\int\limits_{\ln\sqrt{8}}^{\ln\sqrt{15}} \sqrt{\left(y^{\prime}\right)^{2}+1}\text{d}x=\int\limits_{\ln\sqrt{8}}^{\ln\sqrt{15}} \sqrt{e^{2x}+1}\text{d}x=$
    $=\begin{bmatrix}t^{2}=e^{2x}+1 \\\text{d}x=\frac{t}{t^{2}-1} \end{bmatrix}=\int\limits_{3}^{4} \frac{t^{2}-1+1}{t^{2}-1}\text{d}t=\int\limits_{3}^{4} \text{d}t + \int\limits_{3}^{4} \frac{\text{d}t}{t^{2}-1}=$
    $=1+\frac{1}{2}\ln\mid\frac{t-1}{t+1}\mid\mid^{4}_{3}=1+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{6}{5}\right)$

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  2. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 247-252
  3. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 234-236