Вопрос из диф.геометрии

[maxmatem]

Вот попалась брошюра А.Б.Скопенкова ."Основы дифференциальной геометрии в интересных задачах",
Одной из первых задач надо доказать следующий известный факт:
опр. Длинной параметризованной кривой
$ \[ \gamma = (x,y):[a;b] \to \mathbb{R}^2 \]$ называется
$\[ L(\gamma ) = \sup \{ |A_0 A_1 | + ... + |A_{n - 1} A_n |,a = t_0 \leqslant ... \leqslant t_n = b,A_i = \gamma (t_i )\} \] $
и доказать надо , что Длина плоской параметризованной кривой
$\[ \begin{gathered} \gamma = (x,y):[a;b] \to \mathbb{R}^2 \hfill \\ \gamma (t) = \gamma (x(t),y(t)) \hfill \\ \end{gathered} \]$
равна $\[ L(\gamma ) = \int\limits_a^b {\sqrt {x'(t)^2 + y'(t)^2 } } dt \] $
Просто в книге написано, что она ориентирована на старшеклассников, вот и вопрос как доказывать -то.? Первое что на ум пришло это так, как в анализе делали.
Произвели разбиение отрезка
$[a;b]$ т.е $\[ T = \left\{ {a = t_0 \leqslant ... \leqslant t_n = b} \right\} \] $, а потом ему поставить ещё одно разбиение $\[ T_i = \{ A_0 = (x(t_0 );y(t_0 )),...,A_n = (x(t_n );y(t_n ))\} \] $, таким образом разобьём кривую на звенья , и заметим что длина i-го звенья
$\[ l_i = |A_{i - 1} A_n | = \sqrt {(x(t_i )^{} - x(t_{i - 1} )^{} )^2 + (y(t_i )^{} - y(t_{i - 1} )^{} )^2 } \] $,
теперь очевидно что длина это предел суммы длин всех звеньев при том, что $\[ \delta (T) \to 0 \] $
Рассмотрим отрезок $\[ [t_i ;t_{i - 1} ] \] $,
применим к нему формулу Лагранжа и тогда имеем
$\[ \begin{gathered} x(t_i )^{} - x(t_{i - 1} ) = x'(Q_i )(t_i - t_{i - 1} ) = x'(Q_i )\Delta t_i \hfill \\ y(t_i )^{} - y(t_{i - 1} ) = y'(\chi _i )(t_i - t_{i - 1} ) = y'(\chi _i )\Delta t_i \hfill \\ Q_i ,\chi _i \in [t_i ;t_{i - 1} ] \hfill \\ \end{gathered} \]$,
теперь подставим их в длину i-го звена : $\[ l_i = |A_{i - 1} A_n | = = \sqrt {x'(Q_i )^2 + y'(\chi _i )^2 } \Delta t_i \]$,
теперь имеем, что
$\[ L(\gamma ) = \mathop {\lim }\limits_{\delta (T) \to 0} \sum\limits_{i = 1}^n {l_i } = \mathop {\lim }\limits_{\delta (T) \to 0} \sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {x'(Q_i )^2 + y'(\chi _i )^2 } \Delta t_i = } \int\limits_a^b {\sqrt {x'(t)^2 + y'(t)^2 } } dt \] $
В общем как-то так. это что вот на ум приходит. А как например старшеклассники выходят из положения? можно как-то по-другому? может как-нибудь проще?

[terminator-II]

Теорему Лагранжа старшекласники знают, определение определенного интеграла тоже. Еще я бы заметил, что во-первых сначала надо проверить, что определение длины не зависит от параметризации кривой, а во-вторых определение годится для любых отображений $\gamma$, а интегральная формула только для $C^1$-гладких. Это если о преподавании.

[maxmatem]

Я только так доказать смог, а проще можно?.А непараметризированная гладкая регулярная кривая имеет длину?или нет?

[terminator-II]

конечно имеет, интеграл, который у Вас там выписан от параметризации не зависит

[maxmatem]

terminator-II
а по -другому доказать можно?

[terminator-II]

думаю, что нет, это стандартное доказательство, его обычно и приводят, с точностью до нюансов

-- Sun Aug 22, 2010 01:37:42 --

если обсуждать преподавание, то вот это:

maxmatem в сообщении #346108 писал(а):

теперь очевидно что длина это предел суммы длин всех звеньев при том, что $\[ \delta (T) \to 0 \] $

тоже надо формально проверить

[maxmatem]

Ясно, тогда я думаю тема исчерпана.Спасибо

[Alexey1]

Может для школьников имеется ввиду аппроксимация длины кривой суммой (при равномерном разбиении)
$L \approx \sum_{i=1}^{n} l_i=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{\Big((\Delta x)^2+(\Delta y)^2\Big)\frac{(\Delta t)^2}{(\Delta t)^2}}=$
$\sum_{i=1}^{n} \sqrt{\Big(\frac{\Delta x}{\Delta t}\Big)^2+\Big(\frac{\Delta y}{\Delta t}\Big)^2} {\Delta t}$.
А потом предел брать.

[terminator-II]

Alexey1 в сообщении #346119 писал(а):

Может для школьников имеется ввиду аппроксимация длины кривой суммой (при равномерном разбиении)
$L \approx \sum_{i=1}^{n} l_i=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{\Big((\Delta x)^2+(\Delta y)^2\Big)\frac{(\Delta t)^2}{(\Delta t)^2}}=$
$\sum_{i=1}^{n} \sqrt{\Big(\frac{\Delta x}{\Delta t}\Big)^2+\Big(\frac{\Delta y}{\Delta t}\Big)^2} {\Delta t}$.
А потом предел брать.

там так просто предел не возмешь: $\frac{\Delta x}{\Delta t}=x'+o(1)$ и придется разбираться с суммой $\sum_{i=1}^{n}o(\Delta t)$ почему она стремится к нулю

[Padawan]

terminator-II в сообщении #346117 писал(а):

если обсуждать преподавание, то вот это:

maxmatem в сообщении #346108 писал(а):

теперь очевидно что длина это предел суммы длин всех звеньев при том, что $\[ \delta (T) \to 0 \] $

тоже надо формально проверить

А это не просто.

В доказательстве maxmatem еще есть неточность:

maxmatem в сообщении #346108 писал(а):

$\[ L(\gamma ) = \mathop {\lim }\limits_{\delta (T) \to 0} \sum\limits_{i = 1}^n {l_i } = \mathop {\lim }\limits_{\delta (T) \to 0} \sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {x'(Q_i )^2 + y'(\chi _i )^2 } \Delta t_i = } \int\limits_a^b {\sqrt {x'(t)^2 + y'(t)^2 } } dt \] $

Чтобы можно было применить определение интеграла, должно быть $Q_i=\chi_i$, а этого нет. Тоже сразу не видно, как это обойти.

Мне нравится другое доказательства, из Фихтенгольца.
Надо сначала проверить, что кривая спрямляема и $\sqrt{m_1^2+m_2^2}\,(b-a)\leqslant L\leqslant \sqrt {M_1^2+M_2^2}\, (b-a)$, где $m_1=\min\limits_{t\in[a,b]} |x'(t)|, m_2=\min\limits_{t\in[a,b]} |y'(t)|, M_1=\max\limits_{t\in[a,b]} |x'(t)|, M_2=\max\limits_{t\in[a,b]} |y'(t)|$. Это делается оценкой суммы, которую написал maxmatem.

Дальше берешь кусочек кривой, соответствующий изменению параметра от $t$ до $t+\Delta t$, и записываешь $\sqrt{m_1^2+m_2^2}\Delta t\leqslant L(t+\Delta t)-L(t)\leqslant \sqrt{M_1^2+M_2^2}\Delta t$, где $m_1,m_2,M_1,M_2$ -- те же минимумы и максимумы, но уже для промежутка $[t,t+\Delta t]$. Здесь еще используется заранее доказанная аддитивность длины -- длина объединения двух кривых равна сумме длин.

Теперь делишь на $\Delta t$, и переходишь к пределу $\Delta t\to 0$. По непрерывности производных, правая и левая части стремятся к $\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}$. Значит, $L'(t)=\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}$. Далее формула Ньютона-Лейбница.

[terminator-II]

Padawan в сообщении #346156 писал(а):

Тоже сразу не видно, как это обойти.

если мы сразу предположим, что интеграл

maxmatem в сообщении #346108 писал(а):

$\[ \int\limits_a^b {\sqrt {x'(t)^2 + y'(t)^2 } } dt \] $

существует, тогда обойти не трудно. Т.е. будем доказывать утверждение: предположим интеграл существует, тогда он равен длине.

[Padawan]

Ну интеграл-то существует, так как подынтегральная функция непрерывна. А как это помогает? У нас в сумме должно стоять $\sqrt{x'^2(\xi_i)+y'^2(\xi_i)}\Delta t_i$.

[terminator-II]

Padawan в сообщении #346183 писал(а):

Ну интеграл-то существует, так как подынтегральная функция непрерывна. А как это помогает? У нас в сумме должно стоять $\sqrt{x'^2(\xi_i)+y'^2(\xi_i)}\Delta t_i$.

А давайте вообще действованть "в лоб". Очевидно, можно ограничиться делением отрезка на равные части $\Delta t_i=\Delta t$

$$\sum\sqrt{(x(t_i)-x(t_{i-1}))^2+(y(t_i)-y(t_{i-1}))^2}=\sum\sqrt{(x'(t_{i-1})\Delta t_i+o(\Delta t))^2+(y'(t_{i-1})\Delta t+o(\Delta t))^2}$$

посколько производные непрерывны на отрезке, они равномерно непрерывны на отрезке, поэтому $o$-малые в этой формуле не зависят от $i$ в том смысле, что cуществует функция $\gamma$ такая, что $|o(\Delta t))|/\Delta t\le\gamma(\Delta t)\to 0$ при $\Delta t\to 0$.

Тогда

$$|\sum\sqrt{(x'(t_{i-1})\Delta t+o(\Delta t))^2+(y'(t_{i-1})\Delta t+o(\Delta t))^2}- \sum\sqrt{(x'(t_{i-1}))^2+(y'(t_{i-1}))^2}\Delta t|\le\sum\tau(\Delta t)$$

где $\tau(\Delta t)/\Delta t\to 0$
сумма $\sum\tau(\Delta t)$ состоит из $O(1/\Delta t)$ слогаемых, и значит, стремится к нулю.

[Padawan]

Согласен. Тут примерно такая же возня, как при доказательстве формулы замены переменного в кратном интеграле.