Keli svarbūs sumų ir integralų sąryšiai

1. Pagalbinė nelygybė.

Tarkime, kad A ir B yra bet kokie neneigiami skaičiai, o $p$ ir $p^{\prime }$ – bet kokie du didesni už vienetą skaičiai ir $\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1$ (tokius skaičius vadinsime jungtiniais). Tada

$AB\le \frac{A^p}{p}+\frac{B^{p^{\prime }}}{p^{\prime }}.(10.26)$

Rasime funkcijos $f(x)=x^{\frac{1}{p}}-\frac{x}{p}$ didžiausią reikšmę pustiesėje $x\ge 0.$ Kadangi

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{p}(x^{\frac{1}{p}-1}-1)=\frac{1}{p}(x^{-\frac{1}{p^{\prime }}}-1),$ tai $f^{\prime }(x)>0,$ kai $0<x<1,$ ir $f^{\prime }(x)<0,$ kai x>1. Todėl funkcija turi maksimumą taške $x=1,$ o jos didžiausia reikšmė yra

$f(1)=1^{\frac{1}{p}}-\frac{1}{p}=1-\frac{1}{p}=\frac{1}{p^{\prime }}.$

Taigi su visais $x\ge 0$

$x^{\frac{1}{p}}-\frac{x}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}.$

Paėmę paskutinėje nelygybėje $x=\frac{A^p}{B^{p^{\prime }}}$* ir padauginę abi nelygybės puses iš $B^{p^{\prime }},$ gausime (10.26) nelygybę.

Tai atliekama šitaip:

${\left(\frac{A^p}{B^{p^{\prime }}}\right)}^{\frac{1}{p}}-\frac{A^p}{B^{p^{\prime }}}\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }},$

$\frac{A}{B^{\frac{p^{\prime }}{p}}}-\frac{A^p}{B^{p^{\prime }}}\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }};$

$1-\frac{1}{p}=\frac{1}{p^{\prime }},$

$\frac{p-1}{p}=\frac{1}{p^{\prime }},$

$p^{\prime }=\frac{p}{p-1};$

$\frac{A}{B^{\frac{p^{\prime }}{p}}}\cdot B^{p^{\prime }}-\frac{A^p}{B^{p^{\prime }}}\cdot B^{p^{\prime }}\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B^{-\frac{p^{\prime }}{p}}\cdot B^{p^{\prime }}-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B^{-\frac{1}{p}\cdot \frac{p}{p-1}}\cdot B^{\frac{p}{p-1}}-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B^{-\frac{1}{p-1}}\cdot B^{\frac{p}{p-1}}-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B^{\frac{p}{p-1}-\frac{1}{p-1}}-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B^{\frac{p-1}{p-1}}-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B-A^p\cdot \frac{1}{p}\le \frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B\le A^p\cdot \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}\cdot B^{p^{\prime }},$

$A\cdot B\le \frac{A^p}{p}+\frac{B^{p^{\prime }}}{p^{\prime }}.$

_______________________

* Čia laikome $B>0.$ Kai $B=0,$ (10.26) nelygybė aiški.

2. Helderio* nelygybė sumoms.

* Helderis (1859-1937) – vokiečių matematikas.

https://en.wikipedia.org/wiki/Hölder%27s_inequality#Notable_special_cases

Tarkime, kad $a_1,a_2,...,a_n$ ir $b_1,b_2,...,b_n$ yra bet kokie neneigiami skaičiai, o p ir $p^{\prime }$ – tokie pat, kaip ir anksčiau. Tada teisinga nelygybė

$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^{p^{\prime }}\right]}^{\frac{1}{p^{\prime }}},(10.27)$

kuri vadinama Helderio nelygybe sumoms.

Iš pradžių įrodysime štai ką: jeigu $A_1,A_2,...,A_n;$ $B_1,B_2,...,B_n$ – bet kokie neneigiami skaičiai, tenkinantys nelygybes

$\sum _{i=1}^n{A}_i^p\le 1\text{ir}\sum _{i=1}^n{B}_i^{p^{\prime }}\le 1,(10.28)$

tai su tais skaičiais teisinga nelygybė

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i\le 1.(10.29)$

Iš tikrųjų, parašę visoms skaičių $A_i$ ir $B_i$ poroms (10.26) nelygybes ir susumavę tas nelygybes pagal i nuo 1 iki n, gausime

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i\le \frac{1}{p}\sum _{i=1}^n{A}_i^p+\frac{1}{p^{\prime }}\sum _{i=1}^n{B}_i^{p^{\prime }}\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1.$

Taigi (10.29) nelygybė įrodyta.

Imkime dabar

$A_i=\frac{a_i}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p{]}^{\frac{1}{p}}},B_i=\frac{b_i}{[\sum _{i=1}^n{b}_i^{p^{\prime }}{]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}}.$ *

$\sum _{i=1}^n{A}_i^p=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{a_i}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p{]}^{\frac{1}{p}}}\right)}^p=\sum _{i=1}^n\frac{a_i^p}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p{]}^{\frac{p}{p}}}=\sum _{i=1}^n\frac{a_i^p}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p]}=\frac{\sum _{i=1}^n{a}_i^p}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p]}=1.(\text{Paraboloido})$

Nesunku įsitikinti, kad skaičiai $A_i$ ir $B_i$ tenkina (10.28) nelygybes, todėl tiems skaičiams teisinga (10.29) nelygybė. Ją galima užrašyti šitaip:

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i=\frac{\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p{]}^{\frac{1}{p}}[\sum _{i=1}^n{b}_i^{p^{\prime }}{]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}}\le 1.$

Iš paskutinės nelygybės išplaukia Helderio (10.27) nelygybė.

O iš (Paraboloido) lygybės išplaukia

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i\le \frac{1}{p}\sum _{i=1}^n{A}_i^p+\frac{1}{p^{\prime }}\sum _{i=1}^n{B}_i^{p^{\prime }}\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1.$

Bet atsižvelgus, kad $\sum _{i=1}^n{A}_i^p=1$ ir $\sum _{i=1}^n{B}_i^{p^{\prime }}=1,$ gauname:

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i\le \frac{1}{p}\cdot 1+\frac{1}{p^{\prime }}\cdot 1=\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1.$

Taigi, vis tiek gauname, kad (10.27) nelygybė teisinga, nes

$\sum _{i=1}^n{A}_i{B}_i=\frac{\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i}{[\sum _{i=1}^n{a}_i^p{]}^{\frac{1}{p}}[\sum _{i=1}^n{b}_i^{p^{\prime }}{]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}}\le 1.$

Pastaba. Atskiru atveju, kai p=p'=2, Helderio nelygybė virsta šitokia:

$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\le \sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2}\sqrt{\sum _{i=1}^n{b}_i^2}.(10.30)$

(10.30) nelygybė vadinama Buniakovskio** nelygybe sumoms.

_______________________

* Laikome, kad bent vienas iš skaičių $a_i$ ir bent vienas iš skaičių $b_i$ nelygūs nuliui. Priešingu atveju (10.27) formulė akivaizdi.

** V. Buniakovskis (1804-1889) – rusų matematikas.

3. Minkovskio* nelygybė sumoms.

* H. Minkovskis (1864-1909) – vokiečių matematikas ir fizikas.

Tarkime, kad $a_1,a_2,...,a_n;$ $b_1,b_2,...,b_n$ – bet kokie neneigiami skaičiai, o skaičius p>1. Tada teisinga nelygybė

${[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{1}{p}}\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}},(10.31)$

vadinama Minkovskio nelygybe sumoms. Visų pirma pertvarkykime sumą, esančią (10.31) nelygybės kairėje pusėje. Galima užrašyti

$\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p=\sum _{i=1}^n{a}_i(a_i+b_i{)}^{p-1}+\sum _{i=1}^n{b}_i(a_i+b_i{)}^{p-1}.$

[$(a_i+b_i{)}^3=a_i^3+3a_i^2{b}_i+3a_i{b}_i^2+b_i^3.$

$a_i(a_i+b_i{)}^{3-1}+b_i(a_i+b_i{)}^{3-1}=a_i(a_i^2+2a_i{b}_i+b_i^2)+b_i(a_i^2+2a_i{b}_i+b_i^2)=[a_i^3+2a_i^2{b}_i+a_i{b}_i^2]+[a_i^2{b}_i+2a_i{b}_i^2+b_i^3]=$

$=a_i^3+3a_i^2{b}_i+3a_i{b}_i^2+b_i^3.$]

Kiekvienai iš dešinės pusės sumų taikysime Helderio nelygybę. Kadangi $(p-1)p^{\prime }=p$ ir $\frac{1}{p^{\prime }}=\frac{p-1}{p},$ tai

$\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^{(p-1)p^{\prime }}]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}{[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^{(p-1)p^{\prime }}]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}=$

$=({\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}){[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{p-1}{p}}.$

Padaliję paskutinės nelygybės abi puses iš ${[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{p-1}{p}},$ gausime Minkovskio (10.31) nelygybę.

$\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p\le ({\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}){[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{p-1}{p}},$

$[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]{[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{-\frac{p-1}{p}}\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}},$

${[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{1-\frac{p-1}{p}}\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}},$

${[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{p-(p-1)}{p}}\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}},$

${[\sum _{i=1}^n(a_i+b_i{)}^p]}^{\frac{1}{p}}\le {\left[\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}+{\left[\sum _{i=1}^n{b}_i^p\right]}^{\frac{1}{p}}.$

4. Integruojamos funkcijos modulio bet kurio teigiamo laipsnio integruojamumas.

Įrodysime šitokią teoremą.

10.7 teorema. Jei funkcija $f(x)$ yra integruojama segmente [a; b], tai funkcija $|f(x){|}^r,$ kai r – bet koks teigiamas skaičius, taip pat integruojama segmente [a; b].

Įrodymas. Teoremą užtenka įrodyti, kai $r<1.$ Iš tikrųjų, kai $r>1,$ funkciją $|f(x){|}^r,$ galima išreikšti sandauga $|f(x){|}^r|f(x){|}^{r-[r]};$ čia [r] – sveikoji r dalis, o r-[r]<1. Pagal 6 paragrafo 1 skirsnio 2 pastabą funkcija $|f(x)|$ integruojama segmente [a; b], todėl pagal 5 paragrafo $3^{\circ }$ savybę ir funkcija $|f(x){|}^{[r]}$ integruojama tame segmente. Bet tada, remiantis ta pačia savybe ir funkcijos $|f(x){|}^{r-[r]}$ integruojamumu, funkcija $|f(x){|}^r$ taip pat integruojama segmente [a; b]. Tad įrodysime teoremą, kai r<1. Pažymime $r=\frac{1}{p}$ ir pastebime, kad p>1. Kadangi funkcija |f(x)| integruojama segmente [a; b], tai kiekvieną $ϵ>0$ atitinka toks šio segmento skaidinys T, kad

$\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i<{\epsilon }^p(b-a{)}^{1-p};(10.32)$

$\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i<{\epsilon }^p(b-a{)}^{p-1}<{\epsilon }^p;(10.32\text{Paraboloido})$ (kai (b-a)<1)

čia $M_i$ ir $m_i$ reiškia funkcijos f(x) tiksliuosius rėžius daliniame segmente [$x_{i-1};x_i$]. Užtenka įrodyti, kad suma

$S-s=\sum _{i=1}^n(M_i^{1/p}-m_i^{1/p})\mathrm{\Delta }{x}_i(10.33)$

yra mažesnė už $\epsilon .$

Įvertinsime šią sumą, remdamiesi Helderio (10.27) nelygybe. Paėmę joje $a_i=(M_i^{1/p}-m_i^{1/p})(\mathrm{\Delta }{x}_i{)}^{1/p},$ $b_i=(\mathrm{\Delta }{x}_i{)}^{1/p^{\prime }},$ gausime

$S-s\le {[\sum _{i=1}^n(M_i^{1/p}-m_i^{1/p}{)}^p\mathrm{\Delta }{x}_i]}^{1/p}{\left[\sum _{i=1}^n\mathrm{\Delta }{x}_i\right]}^{1/p^{\prime }}.(10.34)$

[$a_i\cdot b_i=(M_i^{1/p}-m_i^{1/p})(\mathrm{\Delta }{x}_i{)}^{1/p}\cdot (\mathrm{\Delta }{x}_i{)}^{1/p^{\prime }}=(M_i^{1/p}-m_i^{1/p})(\mathrm{\Delta }{x}_i{)}^{1/p+1/p^{\prime }}=(M_i^{1/p}-m_i^{1/p})\mathrm{\Delta }{x}_i,$ t. y. (10.33).]

Dabar įrodysime, kad

$(M_i^{1/p}-m_i^{1/p}{)}^p\le (M_i-m_i).(10.35)$

Paskutinę nelygybę padaliję iš $M_i$*, gauname šitokią:

${[1-{\left(\frac{m_i}{M_i}\right)}^{1/p}]}^p\le 1-\frac{m_i}{M_i}.$

Jos teisingumu lengva įsitikinti, atsižvelgus į tai, kad $0\le \frac{m_i}{M_i}\le 1,$ o p>1. Pasinaudoję (10.35) nelygybe ir lygybe

$\sum _{i=1}^n\mathrm{\Delta }{x}_i=b-a,$

iš (10.34) nelygybės gauname

$S-s\le {[\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i]}^{1/p}(b-a{)}^{1/p^{\prime }}.$

Iš čia, pasirėmę (10.32) nelygybe ir prisiminę, kad $\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1,$ turime

$S-s<\epsilon .(10.35.1)$

Teorema įrodyta.

(10.35.1) formulė gaunama sekančiu budu.

$\frac{1}{p^{\prime }}=1-\frac{1}{p}=\frac{p-1}{p}.$

$S-s\le {[\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i]}^{1/p}(b-a{)}^{1/p^{\prime }}.$

$S-s\le {[\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i]}^{1/p}(b-a{)}^{\frac{p-1}{p}}.$

Pakeliame abi nelygybės puses p laipsniu.

$(S-s{)}^p\le [\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i](b-a{)}^{p-1}.$

Prisimename formulę

$\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i<{\epsilon }^p(b-a{)}^{p-1}<{\epsilon }^p;(10.32\text{Paraboloido})$ (kai (b-a)<1).

Vadinasi,

$(S-s{)}^p\le [\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i](b-a{)}^{p-1}<{\epsilon }^p(b-a{)}^{p-1}<{\epsilon }^p,$

nes $(b-a{)}^{p-1}<1$ (b-a<1 ir p>1).

Taigi,

$(S-s{)}^p<{\epsilon }^p,$

$S-s<\epsilon .$

____________________

* Galime laikyti $M_i>0.$ Jeigu $M_i=0,$ tai $m_i=0,$ ir (10.35) nelygybė teisinga.

5. Helderio nelygybė integralams.

Tarkime, kad f(x) ir g(x) yra bet kokios dvi segmente [a; b] integruojamos funkcijos, o p ir p' – bet kokie du skaičiai, didesni už vienetą ir susiję sąryšiu $\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1.$ Tada teisinga nelygybė

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx|\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx]}^{1/p}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx]}^{1/p^{\prime }},(10.36)$

vadinama Helderio nelygybe integralams. Pažymėsime, kad (10.36) nelygybės dešinės pusės integralai egzistuoja pagal 10.7 teoremą, o kairės pusės integralas – pagal 5 paragrafo $3^{\circ }$ savybę.

Iš pradžių įrodykime šitokį teiginį: jeigu A(x) ir B(x) – dvi neneigiamos ir segmente [a; b] integruojamos funkcijos, tenkinančios nelygybes

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}{A}^p(x)dx\le 1,\underset{a}{\overset{b}{\int }}{B}^{p^{\prime }}(x)dx\le 1,(10.37)$

tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}A(x)B(x)dx\le 1.(10.38)$

Iš tikrųjų bet kuriame segmento [a; b] taške x teisinga (10.26) nelygybė

$A(x)B(x)\le \frac{A^p(x)}{p}+\frac{B^{p^{\prime }}(x)}{p^{\prime }}.$

Iš čia, remiantis 6 paragrafo $3^{\circ }$ įverčiu ir (10.37) formulėmis,

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}A(x)B(x)dx\le \frac{1}{p}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{A}^p(x)dx+\frac{1}{p^{\prime }}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{B}^{p^{\prime }}(x)dx\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1.$

(10.38) nelygybė įrodyta.

Paėmę

$A(x)=\frac{|f(x)|}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{1/p}},B(x)=\frac{|g(x)|}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{1/p^{\prime }}},$

[${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx]}^{1/p}$ ir ${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx]}^{1/p^{\prime }}$ yra konstantos.]

gauname šitokią nelygybę:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)||g(x)|dx\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx]}^{1/p}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx]}^{1/p^{\prime }}.$

Kadangi pagal 6 paragrafo 1 skirsnio 2 pastabą

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx|\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)g(x)|dx,$

tai (10.36) Helderio nelygybė integralams įrodyta.

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}A(x)B(x)dx\le \frac{1}{p}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{A}^p(x)dx+\frac{1}{p^{\prime }}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{B}^{p^{\prime }}(x)dx\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{|f(x)|}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{1/p}}\frac{|g(x)|}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{1/p^{\prime }}}dx\le \frac{1}{p}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{|f(x){|}^p}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{p/p}}dx+\frac{1}{p^{\prime }}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{|g(x){|}^{p^{\prime }}}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{p^{\prime }/p^{\prime }}}dx\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1,$

$\frac{1}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{1/p}}\frac{1}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{1/p^{\prime }}}\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)||g(x)|dx\le \frac{1}{p}\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx]}+\frac{1}{p^{\prime }}\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx]}\le \frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1,$

$\frac{1}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{1/p}}\frac{1}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{1/p^{\prime }}}\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)||g(x)|dx\le \frac{1}{p}\cdot 1+\frac{1}{p^{\prime }}\cdot 1=\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\prime }}=1,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)||g(x)|dx\le [\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{p}dx{]}^{1/p}[\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{p^{\prime }}dx{]}^{1/p^{\prime }}.$

Pastaba. Atskiru atveju, kai p=p'=2, Helderio nelygybė integralams virsta šitokia:

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx|\le \sqrt{\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x){|}^{2}dx}\sqrt{\underset{a}{\overset{b}{\int }}|g(x){|}^{2}dx};(10.39)$

ji vadinama Koši—Buniakovskio nelygybe integralams.

6. Minkovskio nelygybė integralams

Su bet kokiomis neneigiamomis ir segmente [a; b] integruojamomis funkcijomis f(x) ir g(x) ir bet kokiu skaičiumi p>1 teisinga šitokia nelygybė:

${(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)+g(x){]}^{p}dx)}^{1/p}\le {(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx)}^{1/p}+{(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx)}^{1/p};(10.40)$

ji vadinama Minkovskio nelygybe integralams. Norint ją įrodyti, reikia pradėti nuo formulės

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)+g(x){]}^{p}dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)[f(x)+g(x){]}^{p-1}dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)[f(x)+g(x){]}^{p-1}dx$

ir integralams, esantiems dešinėje tos formulės pusėje, taikyti Helderio nelygybę. Įrodymo detales paliekame skaitytojui.

Kadangi $(p-1)p^{\prime }=p$ ir $\frac{1}{p^{\prime }}=\frac{p-1}{p},$ tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)+g(x){]}^{p}dx\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{(p-1)p^{\prime }}dx]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{(p-1)p^{\prime }}dx]}^{\frac{1}{p^{\prime }}}=$

$=({[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}){[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{\frac{p-1}{p}}.$

Padaliję paskutinės nelygybės abi puses iš ${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{\frac{p-1}{p}},$ gausime Minkovskio (10.40) nelygybę integralams.

$[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)+g(x){]}^{p}dx]{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{-\frac{p-1}{p}}\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}},$

${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{1-\frac{p-1}{p}}\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}},$

${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{\frac{p-(p-1)}{p}}\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}},$

${[\underset{a}{\overset{b}{\int }}(f(x)+g(x){)}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}\le {[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}+{[\underset{a}{\overset{b}{\int }}[g(x){]}^{p}dx]}^{\frac{1}{p}}.$

Indukcijos metodu iš (10.40) nelygybės galima gauti nelygybę, kuri tinka n neneigiamų ir segmente [a; b] integruojamų funkcijų $f_1(x),f_2(x),...,f_n(x):$

${(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f_1(x)+f_2(x)+...+f_n(x){]}^{p}dx)}^{1/p}\le {(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f_1(x){]}^{p}dx)}^{1/p}+{(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f_2(x){]}^{p}dx)}^{1/p}+...+{(\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f_n(x){]}^{p}dx)}^{1/p}.$

5 paragrafo trečia savybė

$3^{\circ }.$ Jei funkcijos f(x) ir g(x) integruojamos segmente [a; b], tai funkcijos f(x)+g(x), f(x)-g(x) ir $f(x)\cdot g(x)$ taip pat yra jame integruojamos ir

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)\pm g(x)]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\pm \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.8)$

Pirmiausia įrodykime, kad funkcija $f(x)\pm g(x)$ yra integruojama ir teisinga (10.8) formulė. Kad ir kokie būtų segmento [a; b] skaidinys bei taškai ${\xi }_i,$ integralinės sumos tenkina sąryšį

$\sum _{i=1}^n[f({\xi }_i)\pm g({\xi }_i)]\mathrm{\Delta }{x}_i=\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i\pm \sum _{i=1}^{n}g({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i.$

Kai egzistuoja dešinės pusės riba, egzistuoja ir kairės pusės riba. Todėl funkcija $f(x)\pm g(x)$ yra integruojama, ir yra teisinga (10.8) formulė.

Dabar įrodysime, kad integruojamų funkcijų sandauga yra integruojama funckija. Kadangi funkcijos f(x) ir g(x) integruojamos segmente [a; b], tai jos tame segmente yra aprėžtos, taigi $|f(x)|\le A,$ $|g(x)|\le B.$ Nagrinėkime bet kokį duotąjį segmento [a; b] skaidinį. Sakykime, x' ir x" – bet kokie dalinio segmento $[x_{i-1};x_i]$ taškai. Turime tapatybę

$f(x^{″})g(x^{″})-f(x^{\prime })g(x^{\prime })=[f(x^{″})-f(x^{\prime })]g(x^{″})+[g(x^{″})-g(x^{\prime })]f(x^{\prime }).$

Kadangi

$|f(x^{″})g(x^{″})-f(x^{\prime })g(x^{\prime })|\le {\omega }_i,$ $|f(x^{″})-f(x^{\prime })|\le w_i,$ $|g(x^{″})-g(x^{\prime })|\le {\bar{w}}_i,$

kai ${\omega }_i,w_i,{\bar{w}}_i$ yra funkcijų $f(x)g(x),$ f(x), g(x) svyravimai segmente $[x_{i-1};x_i],$ tai, remiantis parašyta tapatybe*,

${\omega }_i\le B{w}_i+A{\bar{w}}_i.$

Todėl

$\sum _{i=1}^n{\omega }_i\mathrm{\Delta }{x}_i\le B\sum _{i=1}^n{w}_i\mathrm{\Delta }{x}_i+A\sum _{i=1}^n{\bar{w}}_i\mathrm{\Delta }{x}_i.$

Kadangi f(x) ir g(x) yra integruojamos segmente [a; b], tai bet kokį duotąjį $\epsilon >0$ atitinka toks šio segmento skaidinys T, kad $\sum _{i=1}^n{w}_i\mathrm{\Delta }{x}_i<\frac{\epsilon }{2B}$ ir $\sum _{i=1}^n{\bar{w}}_i\mathrm{\Delta }{x}_i<\frac{\epsilon }{2A}.$ Vadinasi,

$S-s=\sum _{i=1}^n{\omega }_i\mathrm{\Delta }{x}_i<B\frac{\epsilon }{2B}+A\frac{\epsilon }{2A}=\epsilon .$

Taigi integruojamų funkcijų sandauga yra integruojama funkcija.

_________________

* Toje tapatybėje taškus x' ir x" galima pasirinkti taip, kad kairė pusė kiek norima mažai skirtųsi nuo ${\omega }_i.$

$4^{\circ }.$ Jei funkcija f(x) yra integruojama segmente [a; b], tai funkcija $cf(x)$ ($c=\text{const}$) integruojama tame segmente ir

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}cf(x)dx=c\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.9)$

Iš tikrųjų funkcijų f(x) ir cf(x) integralinės sumos skiriasi pastoviu daugikliu c. Todėl funkcija cf(x) integruojama ir teisinga (10.9) formulė.

Paragrafas 6. Integralų įverčiai. Vidurinės reikšmės formulės

1. Integralų įverčiai.

Šiame skirsnyje nurodysime, kaip įvertinami apibrėžtiniai integralai, kurių pointegralinės funkcijos tenkina vienokias ar kitokias sąlygas.

$1^{\circ }.$ Tarkime, kad integruojama segmente [a; b] funkcija $f(x)$ jame yra neneigiama. Tada

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge 0.$

Iš tikrųjų kiekviena tokios funkcijos integralinė suma yra neneigiama. Todėl integralinių sumų riba $I=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$ taip pat neneigiama.

1 pastaba. Jeigu $f(x)$ integruojama segmente [a; b] ir $f(x)\ge m,$ tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge m(b-a).$

Iš tikrųjų funkcija $f(x)-m$ yra neneigiama ir integruojama segmente [a; b]. Todėl $\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(x)-m]dx\ge 0.$ Iš čia aišku, kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge \underset{a}{\overset{b}{\int }}mdx=m\underset{a}{\overset{b}{\int }}dx=m(b-a).$

$2^{\circ }.$ Jei funkcija $f(x)$ tolydi, neneigiama ir nėra tapačiai lygi nuliui segmente [a; b], tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge c>0.$

Kadangi funkcija $f(x)$ yra neneigiama ir nėra tapačiai lygi nuliui, tai segmente [a; b] yra toks taškas $\xi ,$ kad $f(\xi )=2k>0.$ Tada pagal teoremą apie tolydžiosios funkcijos ženklo pastovumą galima rasti tokį segmentą [p; q], kuriam priklauso taškas $\xi ,$ kad jame funkcijos $f(x)$ reikšmės bus ne mažesnės už skaičių k>0. Todėl pagal 1 pastabą

$\underset{p}{\overset{q}{\int }}f(x)dx\ge k(q-p)>0.$

Pagal apibrėžtinių integralų savybę $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{p}{\int }}f(x)dx+\underset{p}{\overset{q}{\int }}f(x)dx+\underset{q}{\overset{b}{\int }}f(x)dx.$

Kadangi $f(x)\ge 0$ ir $\underset{p}{\overset{q}{\int }}f(x)dx\ge c>0$ (čia $c=k(q-p)$), tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge c>0.$

$3^{\circ }.$ Jei funkcijos $f(x)$ ir $g(x)$ integruojamos segmente [a; b] ir $f(x)\ge g(x)$ visame segmente, tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\ge \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.$

Iš tikrųjų funkcija $f(x)-g(x)\ge 0$ integruojama segmente [a; b]. Iš čia, pasinaudoję $1^{\circ }$ savybe, gauname nurodytą įvertį.

2 pastaba. Jei funkcija $f(x)$ integruojama segmente [a; b], tai funkcija $|f(x)|$ jame taip pat integruojama, ir

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx|\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx.$

Iš pradžių įrodykime, kad integruojamos funkcijos f(x) modulis |f(x)| yra integruojamas. Pažymėkime $M_i$ ir $m_i$ funkcijos f(x) tiksliuosius rėžius segmente $[x_{i-1};x_i]$, o ${M_i}^{\prime }$ ir ${m_i}^{\prime }$ – modulio |f(x)| tiksliuosius rėžius tame pačiame segmente. Lengva įsitikinti, kad ${M_i}^{\prime }-{m_i}^{\prime }\le M_i-m_i$ (užtenka išnagrinėti tris galimus atvejus: 1) $M_i$ ir $m_i$ neneigiami, 2) $M_i$ ir $m_i$ neteigiami, 3) $M_i>0,$ $m_i\le 0$ [2) atveju $M_i-m_i=-|M_i|-(-|m_i|)=-|M_i|+|m_i|>0$ ir ${M_i}^{\prime }-{m_i}^{\prime }=|M_i|-|m_i|<0,$ todėl ${M_i}^{\prime }-{m_i}^{\prime }\le M_i-m_i$]). Iš gautos nelygybės išplaukia, kad $S^{\prime }-s^{\prime }\le S-s.$ Todėl, jei tam tikro skaidinio $S-s<\epsilon ,$ tai to paties skaidinio $S^{\prime }-s^{\prime }<\epsilon ,$ t. y. funkcija |f(x)| tenkina pakankamą integruojamumo sąlygą*.

Dabar įrodysime mus dominantį įvertį. Kadangi $-|f(x)|\le f(x)\le |f(x)|,$ tai

$-\underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx.$

Tai ir reiškia, kad

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx|\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx.$

________________________

* Iš to, kad funkcija |f(x)| yra integruojama, dar neišplaukia f(x) integruojamumas. Pavyzdžiui, funkcija $f(x)=\{\begin{array}{cc}1,\text{kai}x\text{racionalusis},& \\ -1,\text{kai}x\text{iracionalusis},& \end{array}$ neintegruojama segmente [0; 1], tuo tarpu $|f(x)|=1$ – integruojama tame segmente funkcija.

$4^{\circ }.$ Sakykime, funkcijos $f(x)$ ir $g(x)$ yra integruojamos segmente [a; b] ir $g(x)\ge 0.$ Jeigu M ir m yra tikslieji funkcijos $f(x)$ rėžiai segmente [a; b], tai

$m\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le M\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.11)$

(10.11) formulė išplaukia iš to, kad visiems x iš segmento [a; b] yra teisingos nelygybės $mg(x)\le f(x)g(x)\le Mg(x)$ (žr. šio skirsnio $3^{\circ }$ įvertį ir 5 paragrafo $4^{\circ }$ savybę).

2. Pirmoji vidurinės reikšmės formulė.

Tarkime, kad funkcija $f(x)$ yra integruojama segmente [a; b], o m ir M yra jos tikslieji rėžiai tame segmente. Tada yra toks skaičius $\mu ,$ tenkinantis nelygybes $m\le \mu \le M,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\mu (b-a).(10.12)$

Paėmę $g(x)=1$ ir atsižvelgę į tai, kad $\underset{a}{\overset{b}{\int }}1\cdot dx=b-a,$ iš (10.11) gauname

$m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le M(b-a).(10.12.1)$

Skaičių $\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$ pažymėję raide $\mu ,$ gauname (10.12) formulę.

8.5 teorema. Sakykime, funkcija $f(x)$ tolydi segmente [a; b] ir tos funkcijos reikšmės $f(a)$ ir $f(b),$ įgyjamos segmento galuose, yra skirtingo ženklo (pvz., $f(a)<0,f(b)>0$). Tada segmento [a; b] viduje yra taškas $\xi ,$ kuriame funkcijos reikšmė lygi nuliui.

8.6 teorema. Sakykime, funkcija $f(x)$ yra tolydi segmente [a; b] ir $f(a)=A,$ $f(b)=B.$ Jei C – bet koks skaičius, esantis tarp A ir B, tai segmente [a; b] yra toks taškas $\xi ,$ kad $f(\xi )=C.$

Įrodymas. Užtenka išnagrinėti atvejį, kai $A\ne B,$ o C nesutampa nei su skaičiumi A, nei su skaičiumi B. Konkretumo dėlei tarkime, kad A<B ir A<C<B. Sudarykime funkciją $\varphi (x)=f(x)-C.$ Ta funckija yra tolydi segmente [a; b] (kaip tolydžiųjų funkcijų skirtumas) ir to segmento galuose įgyja skirtingų ženklų reikšmes:

$\varphi (a)=f(a)-C=A-C<0,\varphi (b)=f(b)-C=B-C>0.$

Pagal 8.5 teoremą segmento [a; b] viduje yra toks taškas $\xi ,$ kad $\varphi (\xi )=f(\xi )-C=0.$ Todėl $f(\xi )=C.$ Teorema įrodyta.

8.7 (pirmoji Vejerštraso) teorema. Jei funkcija $f(x)$ tolydi segmente [a; b], tai ji tame segmente yra aprėžta.

[Pavyzdžiui, funkcija f(x)=1/x pusintervalyje (0; 10] yra tolydi, bet segmente [0; 10] nėra tolydi (sąlygoje pasakyta segmentas, o ne pusintervalis), nes dalyba iš nulio negalima. O jei imti reikšmes artimas nuliui, kaip 0.0001, tai tom reikšmėm artėjant prie nulio, funkcijos f(x)=1/x reikšmės artės prie begalybės ir tokia funkcija nėra aprėžta. Be to, ši funkcija (f(x)=1/x) nėra tolygiai tolydi pusintervalyje (0; 10], nes su labai mažu skirtumu $\delta x$ prie 0 ant Ox ašies yra labai didelis skirtumas $\delta y$ funkcijos f(x)=1/x. Funkcija $f(x)=x^2$ taip pat nėra tolygiai tolydi intervale $(-\mathrm{\infty };\mathrm{\infty }),$ nes esant mažam argumento pasikeitimui, gali būti labai didelis funkcijos $f(x)=x^2$ reikšmės pasikeitimas. Pavyzdžiui, kai argumento (x reikšmės) pasikeitimas yra 0.1, tai $1000000.1^2-1000000^2=1,000,000,200,000.01-1,000,000,000,000=200000.01,$ t. y. $\delta y$ pasikeitimas yra labai didelis, dėl to ji ir nėra tolygiai tolydi. Tolygiai tolydi funkcija pusintervalyje $[0;\mathrm{\infty })$ yra $f(x)=\sqrt{x},$ nes $\sqrt{1000000.1}-\sqrt{1000000}\approx 1000.00004999999875-1000=4.999999875\cdot 10^{-5}=$ 0.00004999999875.

Pastebėsime, kad $10.1\cdot 10.1=10.1(10+0.1)=10.1\cdot 10+10.1\cdot 0.1=101+1.01=102.01.$ Kartais (arba beveik visada) taip dauginti mintyse lengviau nei kaip mokina mokykloje.]

8.8 (antroji Vejerštraso) teorema. Jei funkcija $f(x)$ yra tolydi segmente [a; b], tai tame segmente pasiekia savo tikslųjį viršutinį ir tikslųjį apatinį rėžį (t. y. segmente [a; b] yra tokie taškai $x_1$ ir $x_2,$ kad $f(x_1)=M,$ $f(x_2)=m$).

Jei funkcija $f(x)$ yra tolydi segmente [a; b], tai egzistuoja tokie segmento taškai p ir q, kad $f(p)=m$ ir $f(q)=M$ (žr. 8.8 teoremą). Todėl pagal 8.6 teoremą segmente [p; q], taigi ir segmente [a; b] yra toks taškas $\xi ,$ kad $f(\xi )=\mu .$ Tuomet (10.12) formulė atrodo šitaip:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=f(\xi )(b-a).(10.13)$

Ji vadinama pirmąja vidurinės reikšmės formule.

3. Pirmoji apibendrinta vidurinės reikšmės formulė.

Įrodysime šitokį teiginį. Tarkime, kad funkcijos $f(x)$ ir $g(x)$ yra integruojamos segmente [a; b], o m ir M yra $f(x)$ tikslieji rėžiai segmente [a; b]. Be to, tarkime, kad funkcija $g(x)\ge 0$ (arba $g(x)\le 0$) visame segmente [a; b]. Tada yra toks skaičius $\mu ,$ tenkinantis nelygybes $m\le \mu \le M,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=\mu \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.14)$

Skyrium imant, jeigu $f(x)$ tolydi segmente [a; b], tai jame yra toks skaičius $\xi ,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=f(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.15)$

(10.15) formulė vadinama pirmąja apibendrinta vidurinės reikšmės formule.

Įrodysime (10.14) formulę. Jeigu $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx=0,$ tai remiantis (10.11) nelygybe, $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=0.$ Tada vietoje $\mu$ galima imti bet kokį skaičių. Jeigu $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx>0,$ tai, padaliję (10.11) nelygybę iš $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx,$ gausime

$m\le \frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx}\le M.$

Pažymėję skaičių $\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx}$ raide $\mu ,$ gausime (10.14) formulę.

Jeigu f(x) yra tolydi segmente [a; b], tai, kad ir koks būtų skaičius $\mu$ tarp m ir M, tame segmente yra toks taškas $\xi ,$ kad $f(\xi )=\mu ,$ t. y. (10.14) formulė virsta (10.15) formule.

4 pastaba. Jei funkcija f(x) nėra tolydi, tai (10.15) formulė, apskritai kalbant, nėra teisinga.

4. Antroji vidurinės reikšmės formulė.

Teisingas šitoks teiginys. Jei segmente [a; b] funkcija $g(x)$ yra monotoniška, o $f(x)$ integruojama, tai jame yra toks skaičius $\xi ,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.16)$

(10.16) formulė vadinama antąja vidurinės reikšmės, arba Bonė*, formule. Suformuluotas teiginys įrodytas šio skyriaus 2 priede.

_____________

* Bonė (1819–1892) – prancūzų matematikas.

2 PRIEDAS

6 paragrafo 4 skirsnio teiginio įrodymas

Dar kartą suformuluosime 6 paragrafo 4 skirsnio teiginį.

Jei segmente [a; b] funkcija $g(x)$ yra monotoniška, o funkcija $f(x)$ integruojama, tai jame yra toks skaičius $\xi ,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.16{)}^{*}$

* Patogumo dėlei paliekame ankstesnį formulės numerį.

Iš pradžių įrodysime pagalbinį teiginį.

Abelio** lema. Tarkime, kad $v_1\ge v_2\ge ...\ge v_n\ge 0$ ir $u_1,u_2,...,u_n$ – bet kokie skaičiai. Jei sumos $S_i=u_1+u_2+...+u_i$ visiems $i$ yra tarp A ir B (sumos $S_i$ yra tarp A ir B), tai suma $v_i{u}_1+v_2{u}_2+...+v_n{u}_n$ yra tarp skaičių $A{v}_1$ ir $B{v}_1.$

** N. H. Abelis (1802–1829) – norvegų matematikas.

Įrodymas. Turime $u_1=S_1,$ $u_i=S_i-S_{i-1}.$ Todėl

$v_i{u}_1+v_2{u}_2+...+v_n{u}_n=v_1{S}_1+v_2(S_2-S_1)+v_3(S_3-S_2)+...+v_n(S_n-S_{n-1})=$

$=S_1(v_1-v_2)+S_2(v_2-v_3)+S_3(v_3-v_4)+...+S_{n-1}(v_{n-1}-v_n)+S_n{v}_n.$

Kadangi $v_i\ge 0$ ir $v_i-v_{i+1}\ge 0,$ tai paskutiniame sąryšyje vietoj kiekvieno $S_i$ iš pradžių parašę A, o po to B, gausime nelygybes

$A[(v_1-v_2)+(v_2-v_3)+(v_3-v_4)+...+(v_{n-1}-v_n)+v_n]\le S_1(v_1-v_2)+S_2(v_2-v_3)+S_3(v_3-v_4)+...+S_{n-1}(v_{n-1}-v_n)+S_n{v}_n\le$

$\le B[(v_1-v_2)+(v_2-v_3)+(v_3-v_4)+...+(v_{n-1}-v_n)+v_n].$

Pastebėję, kad reiškiniai laužtiniuose skliaustuose lygūs $v_1,$ gauname

$A{v}_1\le S_1(v_1-v_2)+S_2(v_2-v_3)+S_3(v_3-v_4)+...+S_{n-1}(v_{n-1}-v_n)+S_n{v}_n\le B{v}_1.$

Lema įrodyta.

Pastaba. Abelio lemos įrodyme pritaikėme sumos $\sum _{k=1}^n{v}_k{u}_k$ transformaciją, paprastai vadinamą Abelio transformacija.

6 paragrafo 4 skirsnio teiginio įrodymas. Tarkime, kad funkcija g(x) nedidėja segmente [a; b] ir yra jame neneigiama. Kadangi funkcija $f(x)g(x)$ yra integruojama (žr. 5 paragrafo $3^{\circ }$ savybę), tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=\underset{\mathrm{\Delta }\to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f(x_{i-1})g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i;$ čia $\mathrm{\Delta }=\text{max}\mathrm{\Delta }{x}_i.$

Funkcijos f(x) tiksliuosius rėžius segmente $[x_{i-1};x_1]$ pažymėkime raidėmis $M_i$ ir $m_i.$ Kadangi g(x) yra neneigiama, tai teisingos nelygybės

$\sum _{i=1}^n{m}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i\le \sum _{i=1}^{n}f(x_{i-1})g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i\le \sum _{i=1}^n{M}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i.(10.41)$

Bet g(x) nedidėja segmente [a; b], todėl skirtumas

$\sum _{i=1}^n{M}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i-\sum _{i=1}^n{m}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i=\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i$

nėra didesnis už skaičių $\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)g(a)\mathrm{\Delta }{x}_i=g(a)\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i.$ [g(a)>g(b)]. Kadangi funkcija f(x) yra integruojama, tai suma $\sum _{i=1}^n(M_i-m_i)\mathrm{\Delta }{x}_i=\sum _{i=1}^n\omega \mathrm{\Delta }{x}_i$ nyksta, kai $\mathrm{\Delta }\to 0.$ Todėl iš (10.41) nelygybės išplaukia: kad ir kokie būtų skaičiai ${\mu }_i,$ tenkinantys nelygybes $m_i\le {\mu }_i\le M_i,$ kiekvienos iš sumų

$\sum _{i=1}^n{m}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i,\sum _{i=1}^n{\mu }_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i,\sum _{i=1}^n{M}_{i}g(x_{i-1})\mathrm{\Delta }{x}_i$

riba, kad $\mathrm{\Delta }\to 0,$ yra integralas $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx.$ Remiantis (10.12) formule, skaičius ${\mu }_i,$ $m_i\le {\mu }_i\le M_i,$ galima parinkti taip, kad būtų $\underset{x_{i-1}}{\overset{x_i}{\int }}f(x)dx={\mu }_i\mathrm{\Delta }{x}_i.$

Kadangi funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ (vietoje x gali būti bet kokia reikšmė iš segmento [a; b]) tolydi segmente [a; b], tai skaičius $S_i=\sum _{k=1}^i{\mu }_k\mathrm{\Delta }{x}_k=\underset{a}{\overset{x_i}{\int }}f(t)dt$ yra tarp funkcijos F(x) tiksliojo apatinio rėžio m ir tiksliojo viršutinio rėžio M segmente [a; b].

[Paraboloido pataisymas.

Kadangi funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ (vietoje x gali būti bet kokia reikšmė iš segmento [a; b]) tolydi segmente [a; b], tai skaičius $S_i=\sum _{k=1}^i{\mu }_k\mathrm{\Delta }{x}_k=\underset{a}{\overset{x_i}{\int }}f(t)dt$ yra tarp funkcijos F(x) tiksliojo apatinio rėžio m padauginto iš $(x_i-a)$ ir tiksliojo viršutinio rėžio M padauginto iš $(x_i-a)$ segmente [a; b].

Taip gaunama pagal (10.12.1) formulę, t. y. $m(x_i-a)\le \underset{a}{\overset{x_i}{\int }}f(t)dt\le M(x_i-a),$ nes (10.12.1) formulė yra tokia:

$m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le M(b-a).(10.12.1)$]

Imkime $v_1=g(a),v_2=g(x_1),v_3=g(x_2),...,v_n=g(x_{n-1}),$ $u_1={\mu }_1\mathrm{\Delta }{x}_1,u_2={\mu }_2\mathrm{\Delta }{x}_2,...,u_n={\mu }_n\mathrm{\Delta }{x}_n.$

Kadangi $v_1\ge v_2\ge ...\ge v_n\ge 0$ ir sumos $S_i=\sum _{k=1}^i{u}_k$ yra tarp m ir M, tai remiantis Abelio lema, suma $\sum _{i=1}^{n}g(x_{i-1}){\mu }_i\mathrm{\Delta }{x}_1$ yra tarp mg(a) ir Mg(a) (čia $g(x_{1-1})=g(x_0)=g(a)$).

[Paraboloido pataisymas.

Kadangi $v_1\ge v_2\ge ...\ge v_n\ge 0$ ir sumos $S_i=\sum _{k=1}^i{u}_k=\sum _{k=1}^i{\mu }_k\mathrm{\Delta }{x}_k$ yra tarp $m(x_i-a)$ ir $M(x_i-a),$ tai remiantis Abelio lema, suma $\sum _{i=1}^{n}g(x_{i-1}){\mu }_i\mathrm{\Delta }{x}_1$ yra tarp $m(x_n-a)g(a)$ ir $M(x_n-a)g(a)$ (čia $g(x_{1-1})=g(x_0)=g(a)$).]

Bet tada ir tos sumos riba, kai $\mathrm{\Delta }\to 0,$ yra tarp $mg(a)$ ir $Mg(a),$ t. y. teisingos nelygybės

$g(a)m\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)M.$

[Paraboloido pataisymas.

Bet tada ir tos sumos riba, kai $\mathrm{\Delta }\to 0,$ yra tarp $m(b-a)g(a)$ ir $M(b-a)g(a),$ t. y. teisingos nelygybės

$g(a)m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)M(b-a).$]

Tolydžioji funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ įgyja kiekvieną reikšmę A, esančią tarp jos tiksliųjų rėžių m ir M, t. y. yra toks taškas $\xi ,$ kad

$F(\xi )=\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt=A=\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{g(a)}.$

Todėl

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.(10.42)$

[Paraboloido pataisymas.

Tolydžioji funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ įgyja kiekvieną reikšmę A, esančią tarp reikšmių $m(x-a)$ ir $M(x-a),$ t. y. nėra tokio taško $\xi ,$ kai $(x-a)=1,$ kad

$F(\xi )=\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt=A=\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{(x-a)g(a)}.$

Bet yra toks skaičius A,

$A=\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{(b-a)g(a)},$

kad iš

$g(a)m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)M(b-a)$

gauname

$g(a)A(b-a)=g(a)(b-a)\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{(b-a)g(a)}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx.$

Bet visgi gali būti, kad kai (b-a)=1, tai tolydžioji funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ įgyja kiekvieną reikšmę A, esančią tarp reikšmių $m(x-a)$ ir $M(x-a),$ t. y. yra toks taškas $\xi ,$ kai $(x-a)=1,$ kad

$F(\xi )=\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt=A=\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{(x-a)g(a)}.$

Čia $b-a=x-a=1.$

Tada

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=(b-a)g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx;(10.42\text{Paraboloido})$

čia $b-a=1,a<\xi <b.$]

Jei nedidėjanti funkcija g(x) įgyja ir neigiamų reikšmių, tai funkcija $h(x)=g(x)-g(b)$ yra nedidėjanti ir įgyja tik neneigiamas reikšmes. Todėl iš (10.42)

[Jei segmente [a; b] funkcija g(x)<0 ir yra nedidėjanti, tai [įprastai] g(a)>g(b) (bet jei g(x) funkcija yra horizontali tiesi linija, tada gali būti ir taip $g(a)\ge g(b),$ t. y. tik horizontalioms tiesioms linijoms g(a)=g(b), kas irgi yra nedidėjanti funkcija) ir tada funkcija $h(x)=g(x)-g(b)>0$ intervale (a; b) ir yra nedidėjanti.]

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)[g(x)-g(b)]dx=[g(a)-g(b)]\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.$

[Taip neteisingai:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)[g(x)-g(b)]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx-\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(b)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx-g(b)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,$

nes $h(x)=g(x)-g(b)$ ir todėl

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)h(x)dx=h(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx=[g(a)-g(b)]\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.$]

Iš čia po nesudetingų pertvarkymų gauname (10.16) formulę.

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.16)$

[Bet pagal (10.42) formulę

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.(10.42)$

Vadinasi,

$g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx,(10.D)$

$g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx=0.$

Toks samprotavimas neteisingas, nes kairėje (10.D) lygybės pusėje $\xi$ skirtas, kai integruojama su $h(x)=g(x)-g(b),$ o dešinėje (10.D) lygybės pusėje $\xi$ skirtas, kai integruojama su g(x), todėl tie $\xi$ yra visiškai skirtingi.]

[$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)[g(x)-g(b)]dx=[g(a)-g(b)]\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx-g(b)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{a}{\int }}f(x)dx,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)[g(x)-g(b)]dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{a}{\int }}f(x)dx,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx-g(b)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{a}{\int }}f(x)dx,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{a}{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)(\underset{\xi }{\overset{a}{\int }}f(x)dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx),$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx+g(b)\underset{\xi }{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.16)$

Vadinasi, (10.16) formulė teisinga, remiantis išvesta (10.C) formule.]

[ Šiaip, pagalvojus, taip turėtų būti teisingai:

Tolydžioji funkcija $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ įgyja kiekvieną reikšmę A, esančią tarp reikšmių $m(x-a)$ ir $M(x-a),$ t. y. yra toks taškas $\xi ,$ kad

$A_1(\xi -a)=\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt,$

$A_2(b-a)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t)dt.$

[pagal

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\mu (b-a).(10.12)$

ir

$m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le M(b-a).(10.12.1)$]

Ir iš

$g(a)m(b-a)\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)M(b-a),$

ir

$m(b-a)\le A_2(b-a)\le M(b-a),$

(taip neteisingai: $m(b-a)\le A_1(\xi -a)\le M(b-a)$)

gaunasi

$g(a)m(b-a)\le A_{2}g(a)(b-a)\le g(a)M(b-a),$

t. y.

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=A_{2}g(\xi )(b-a)=g(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t)dt=[g(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx].$

Gavome, kad kai $\xi$ yra iš intervalo (a; b), tai

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx.(10.B)$

T. y. gavome (10.15) formulę ir nieko daugiau. (Ir tai dar nežinoma ar $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx$ yra mažiau už $A_{2}g(a)(b-a)=g(a)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t)dt$).

Bet (10.B) formulėje $g(a)>g(\xi )$ ir $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx>\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx,$

Todėl galima rasti tokį $\xi ,$ kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.(10.C)$

(10.42) formulė įrodyta.

Taip pat turėtų būti teisinga ir tai:

$F(\xi )=\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt=A=\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{(\xi -a)g(a)}.$

T. y.

$g(a)(\xi -a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(t)dt=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx$

arba

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)(\xi -a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx,$

$a<\xi <b.$ Renkantis, slankiojant $\xi$ reikšmę intervale (a; b) galima gauti anything, tame tarpe ir $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx.$

Turint galvoje (10.14) ir (10.15) formules:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=\mu \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.14)$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=f(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.15)$

Ir turint galvoje, kad

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)(b-a)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,(10.A)$

nes pagal (10.15) formulę, atsižvelgiant į tai, kad g(a)>g(b), gauname:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le g(a)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx.$

Ir jeigu (b-a)>1, tai (10.A) formulė garantuotai teisinga.

Vadinasi, (10.42) formulė teisinga, kai $b-a\ge 1,a<\xi <b.$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=g(a)\underset{a}{\overset{\xi }{\int }}f(x)dx.(10.42)$ ]

Teiloro formulės liekamojo nario integralinė forma

4. Dalinio integravimo formulė.

Tarkime, kad funkcijos $u(x)$ ir $v(x)$ turi tolydžias išvestines segmente [a; b]. Tada teisinga ši apibrėžtinių integralų dalinio integravimo formulė:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}u(x)v^{\prime }(x)dx=[u(x)v(x)]{|}_a^b-\underset{a}{\overset{b}{\int }}v(x)u^{\prime }(x)dx.(10.23)$

Kadangi $v^{\prime }(x)dx=dv$ ir $u^{\prime }(x)dx=du,$ tai tą formulę galima užrašyti dar šitaip:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}udv=[uv]{|}_a^b-\underset{a}{\overset{b}{\int }}vdu.(10.24)$

Nesunku įsitikinti, kad tos formulės yra teisingos. Iš tikrųjų funkcija $u(x)v(x)$ yra funkcijos $u(x)v^{\prime }(x)+v(x)u^{\prime }(x)$ pirmykštė. Todėl pagal (10.19)

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\mathrm{\Phi }(x){|}_a^b,(10.19)$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[u(x)v^{\prime }(x)+v(x)u^{\prime }(x)]dx=[u(x)v(x)]{|}_a^b.$

Pritaikę apibrėžtinių integralų $3^{\circ }$ savybę, gauname (10.23) ir (10.24) formules.

5. Teiloro formulės papildomojo nario integralinė forma.

(10.23) formulę pritaikysime išvedinėdami funkcijos $f(x)$ Teiloro formulę su integralinės formos papildomuoju nariu. Tarkime, kad funkcija f(x) spindulio $\epsilon$ taško a aplinkoje turi tolydžią (n+1)-osios eilės išvestinę, o x yra bet koks duotasis tos aplinkos taškas. Įsitikinsime, kad

$R_{n+1}(x)=\frac{1}{n!}\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt(10.25)$

yra funkcijos f(x) Teiloro formulės su skleidimo centru taške a papildomasis narys. Taigi (10.25) formulė funkcijos $f(x)$ Teiloro formulės papildomąjį narį išreiškia integraline forma.

Pradėdami įrodymą, pastebėsime, kad

$f(x)=f(a)+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{\prime }(t)dt=$

$=f(a)+f(t){|}_a^x=f(a)+f(x)-f(a)=f(x).$

Integralui $\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{\prime }(t)dt$ taikykime dalinio integravimo (10.23) formulę, paėmę $u(t)=f^{\prime }(t)$ ir $v(t)=-(x-t)$ (kadangi x yra fiksuotas, tai $v^{\prime }dt=dt$).

Turime

$\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{\prime }(t)dt=-f^{\prime }(t)(x-t){|}_a^x+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt=$

$=-f^{\prime }(x)(x-x)-[-f^{\prime }(a)(x-a)]+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt=f^{\prime }(a)(x-a)+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt.$

Irašę gautąją integralo $\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{\prime }(t)dt$ išraišką į anksčiau parašytą f(x) formulę, gauname

$f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt.$

Integralui $\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt$ taip pat galima taikyti dalinio integravimo formulę, imant $u(t)=f^{″}(t)$ ir $v(t)=-\frac{1}{2}(x-t{)}^2$ (kadangi x fiksuotas, tai $v^{\prime }dt=(x-t)dt$). Atlikę nesudetingus pertvarkymus, rasime

$\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt=[-f^{″}(t)\frac{1}{2}(x-t{)}^2]{|}_a^x-[-\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{‴}(t)\frac{1}{2}(x-t{)}^{2}dt]=$

$=[-f^{″}(x)\frac{1}{2}(x-x{)}^2]-[-f^{″}(a)\frac{1}{2}(x-a{)}^2]+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(3)}(t)\frac{1}{2}(x-t{)}^{2}dt=$

$=\frac{f^{″}(a)}{2}(x-a{)}^2+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(3)}(t)\frac{1}{2}(x-t{)}^{2}dt.$

Todėl

$f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{″}(t)(x-t)dt=$

$=f(a)+f^{\prime }(t)(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2}(x-a{)}^2+\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(3)}(t)\frac{1}{2}(x-t{)}^{2}dt.$

Integruosime dalimis tol, kol gausime formulę

$f(x)=f(a)+\frac{f^{\prime }(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{‴}(a)}{3!}(x-a{)}^3+\frac{f^{(4)}(a)}{4!}(x-a{)}^4+...+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n+\frac{1}{n!}\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt.$

Ši formulė rodo, kad $R_{n+1}(x)$ tikrai yra Teiloro formulės funkcijai f(x) su skleidimo centru taške $a$ papildomasis narys. Remiantis Teiloro formulės papildomojo nario (10.25) integraline forma, lengva gauti Teiloro formulės papildomąjį narį Lagranžo forma. Būtent, pritaikę apibendrintą vidurinės reikšmės (10.15) formulę, gauname

[$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=f(\xi )\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx.(10.15)$]

$R_{n+1}(x)=\frac{1}{n!}\underset{a}{\overset{x}{\int }}{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}\underset{a}{\overset{x}{\int }}(x-t{)}^{n}dt=$

$=-\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)}{|}_a^x=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1}.$

Gautasis reiškinys ir yra Lagranžo formos papildomasis narys.

Pažymėsime, kad taip išvedant Lagranžo formos papildomąjį narį, (n+1)-osios eilės išvestinė šiek tiek labiau apribojama negu čia [ https://lt.wikibooks.org/wiki/Teiloro_eilutė_(neprofesionalams) ].

Aritmetinis vidurkis, geometrinis vidurkis, harmoninis vidurkis, kvadratinis vidurkis

1. Aritmetinis vidurkis.

Aritmetiniu vidurkiu skaičių $x_1,x_2,x_3,...,x_n$ vadinasi skaičius

$\bar{x}=\frac{x_1+x_2+x_3+...+x_n}{n}.$

Jeigu visi duoti skaičiai lygūs tarpusavyje: $x_1=x_2=x_3=...=x_n=a,$ tai ir jų aritmetinis vidurkis $\bar{x}=a.$

2. Geometrinis vidurkis.

Aptarsime iš pradžių prasmę geometrinio vidurkio dviejų teigiamų skaičių.

Kaip yra žinoma, lygybė dviejų santykių, sudarytų iš teigiamų skaičių, t. y. lygybę

$a:d=c:b,(1)$

vadina geometrine proporcija, o skaičius d ir c – viduriniais nariais propocijos.

Jeigu viduriniai nariai (1) proporcijos lygūs: $d=c=x>0,$ tai gausime proporciją

$a:x=x:b,$

iš kurios pagal propocijų savybes randame

$ab=x^2,$

$x=\sqrt{ab}.(2)$

Skaičius x, tenkinantis (2) lygybę, su pasirinktais teigiamais a ir b vadinasi geometriniu vidurkiu (arba proporciniu vidurkiu) dviejų teigiamų skaičių a ir b.

Pažymėsime, kad jeigu skaičiai a ir b lygūs: a=b, tai jų geometrinis vidurkis

$x=\sqrt{a\cdot a}=a.$

Bendru atveju, geometriniu vidurkiu teigiamų skaičių $x_1,x_2,x_3,...,x_n$ vadinamas skaičius

$\mathrm{\Gamma }=\sqrt[n]{x_1{x}_2{x}_3...x_n}.$

Jeigu visi skaičiai lygūs tarpusavyje: $x_1=x_2=x_3=...=x_n=a>0,$ tai jų geometrinis vidurkis $\mathrm{\Gamma }=a.$

Trikampis. 3.1 pav.

Du apskritimai. 3.2 pav.

Remiantis geometrinio vidurkio supratimu dviejų teigiamų skaičių galima:

• nustatyti aukštinės ilgį h stataus trikampio, kai aukštinė nuleista (iš stataus kampo) ant įžambinės ir dalijanti ją į atkarpas a ir b ($h=\sqrt{ab},$ 3.1 pav.);
• nustatyti ilgį atkarpos AB bendros liestinės dviejų besiliečiančių išoriniu budu apskritimų (liestinė apskritimus liečia taškuose A ir B, $AB=2\sqrt{Rr},$ 3.2 pav.).

Patvirtinsime formulę $AB=2\sqrt{Rr}$ iš 3.2 pav.

Nubrėžkime iš taško $O_2$ statmenį į tiesę $O_{1}A$ ir pažymėkime susikirtimo tašką raide C ant sondulio R. Gavome statųjį trikampį $\mathrm{\Delta }{O}_1{O}_{2}C.$

Pagal Pitagoro teoremą:

$O_1{O}_2^2=O_2{C}^2+O_1{C}^2=A{B}^2+O_1{C}^2.$

$A{B}^2=O_1{O}_2^2-O_1{C}^2=(R+r{)}^2-(R-r{)}^2=[R^2+2Rr+r^2]-[R^2-2Rr+r^2]=4Rr,$

$AB=\sqrt{4Rr}=2\sqrt{Rr}.$

Formulė įrodyta.

Patvirtinsime arba paneigsime formulę $h=\sqrt{ab}$ iš 3.1 pav.

Šio trikampio įžambinė yra $a+b.$ Vieno statinio ilgis yra $\sqrt{h^2+b^2},$ o kito statinio ilgis yra $\sqrt{h^2+a^2}.$ Tada pagal Pitagoro teoremą:

$(a+b{)}^2=(h^2+b^2)+(h^2+a^2),$

$a^2+2ab+b^2=2h^2+b^2+a^2,$

$2ab=2h^2,$

$ab=h^2,$

$h=\sqrt{ab}.$

Formulė įrodyta.

3. Harmoninis vidurkis.

Nagrinėsim harmoninę propociją

$\frac{1}{a}-\frac{1}{c}=\frac{1}{d}-\frac{1}{b},(3)$

kur skaičiai c ir d – viduriniai nariai, skaičiai a ir b – kraštiniai nariai harmoninės proporcijos.

Jeigu proporcijoje (3) viduriniai nariai ($c=d=x$), tai gausime

$\frac{1}{a}-\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{b}.$

Iš čia rasim vidurinį narį x harmoninės proporcijos:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{2}{x},$

$x=\frac{2ab}{a+b}=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}.(4)$

Dydis x, nustatomas santykiu (4), vadinamas harmoniniu vidurkiu skaičių a ir b.

• Pavyzdys. Rasti vidutinį autombilio greitį, judant jam iš punkto A į punktą B ir atgal, jeigu iš A į B jis važiavo greičiu $v_1,$ o iš B į A – greičiu $v_2.$

Sprendimas. Judėjimo vidutiniu greičiu samprata žinoma iš fizikos: vidutinis greitis judančio taško vadinamas santykis nueito kelio ir laiko, per kurį šitas kelias įveiktas, t. y. $v=\frac{s}{t},$ kur s – nueitas kelias; t – laikas, per kurį nueitas kelias.

Duotu atveju automobilis nuvažiavo kelią iš A į B ir atgal. Todėl, jeigu atstumas tarp punktų lygus a, tai automobiliu nuvažiuotas kelias $s=2a.$

Priedo kelią iš A į B automobilis nuvažiavo per laiką $t_1=\frac{a}{v_1},$ o atgal per laiką $t_2=\frac{a}{v_2}$ ($t=\frac{s}{v}$). Iš čia seka, kad bendras automobilio judėjimo laikas yra

$t=t_1+t_2=\frac{a}{v_1}+\frac{a}{v_2}=a(\frac{1}{v_1}+\frac{1}{v_2}).$

Dabar rasime ieškomą vidutinį greitį:

$\bar{v}=\frac{s}{t}=\frac{2a}{a\cdot (\frac{1}{v_1}+\frac{1}{v_2})}=\frac{2}{\frac{1}{v_1}+\frac{1}{v_2}}.$

Mes matome, kad vidutinis greitis automobilio iš A į B ir atgal lygus harmoniniam vidurkiui greičių $v_1$ ir $v_2.$

Pastebėsime, kad, kai $v_1=v_2=v,$ vidutinis greitis, reiškia, ir harmoninis vidurkis greičių, bus lygus v,

$\bar{v}=\frac{2}{\frac{1}{v_1}+\frac{1}{v_2}}=\frac{2}{\frac{1}{v}+\frac{1}{v}}=\frac{2}{\frac{2}{v}}=v.$

• Varžos pavyzdys. [ https://lt.wikipedia.org/wiki/Elektrinė_varža ], [ https://lt.wikipedia.org/wiki/Rezistorius ]

Kuo didesnė rezistoriaus elektrinė varža, tuo jis blogiau praleidžia elektrinę srovę. Rezistoriaus varža matuojama omais. Jeigu sujungti du rezistorius nuosekliai, tai jų varžos susidės. Pavyzdžiui, jeigu vieno rezistoriaus varža 15 omų, o kito rezistoriaus varža 25 omai, tai sujungus juos nuosekliai, jų bendra varža bus 15+25=40 omų.

O jeigu sujungti 15 ir 25 omų rezistorius lygiagrečiai, tai jų bendra varža R gaunama taip:

$\frac{1}{R}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}=\frac{1}{15}+\frac{1}{25}=\frac{1}{3\cdot 5}+\frac{1}{5\cdot 5}=\frac{5}{5\cdot 3\cdot 5}+\frac{3}{3\cdot 5\cdot 5}=$

$=\frac{5}{75}+\frac{3}{75}=\frac{5+3}{75}=\frac{8}{75}\approx$ 0.10666666666666666666666666666667.

Vadinasi, $R=\frac{75}{8}=9.375(\mathrm{\Omega }).$

Bendru atveju, harmoninis vidurkis skaičių $x_1,x_2,x_3,...,x_n$ vadinamas skaičius

$\gamma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+...+\frac{1}{x_n}},$

priedo, jeigu $x_1=x_2=x_3=...=x_n=a,$ tai jų harmoninis vidurkis $\gamma =a.$

4. Kvadratinis vidurkis.

Kvadratiniu vidurkiu skaičių $x_1,x_2,x_3,...,x_n$ vadinamas skaičius

$\sigma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2+...+x_n^2}{n}}.$

Kvadratinis vidurkis n skaičių naudojamas, kaip taisyklė, tikimybių teorijoje ir matematinėje statistikoje.

Pavyzdžiui, rasime kvadratinį vidurkį skaičių 12, 14, 21. Turime

$\sigma (12,14,21)=\sqrt{\frac{12^2+14^2+21^2}{3}}=\sqrt{\frac{144+196+441}{3}}=\sqrt{\frac{781}{3}}\approx 16.13484841370793.$

5. Ryšys tarp vidutinių reikšmių

• Vidurkių savybės, išreikštos nelygybėmis.

Tegu duoti bet kokie teigiami skaičiai. Numeruosime juos taip, kad $x_1\le x_2\le x_3\le ...\le x_n$ (pažymėsime, kad tai visada įmanoma).

Tada vidurkiai tenkina sekančias nelygybes:

$x_1\le \gamma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)\le \mathrm{\Gamma }(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\le \bar{x}(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\le \sigma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)\le x_n,$

kur

$\gamma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+...+\frac{1}{x_n}}$ – harmoninis vidurkis;

$\mathrm{\Gamma }(x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\sqrt[n]{x_1{x}_2{x}_3...x_n}$ – geometrinis vidurkis;

$\bar{x}(x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\frac{x_1+x_2+x_3+...+x_n}{n}$ – aritmetinis vidurkis;

$\sigma (x_1,x_2,x_3,...,x_n)=\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2+...+x_n^2}{n}}$ – kvadratinis vidurkis.

Pavyzdys. Duoti teigiami skaičiai 12, 14, 21. Tuomet jų visi vidurkiai yra tokie:

$\gamma (12,14,21)=\frac{3}{\frac{1}{12}+\frac{1}{14}+\frac{1}{21}}=\frac{3}{\frac{1}{3\cdot 4}+\frac{1}{2\cdot 7}+\frac{1}{3\cdot 7}}=\frac{3}{\frac{14}{7\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\frac{12}{12\cdot 2\cdot 7}+\frac{8}{8\cdot 3\cdot 7}}=\frac{3}{\frac{14}{168}+\frac{12}{168}+\frac{8}{168}}=\frac{3}{\frac{14+12+8}{168}}=$

$=\frac{3}{\frac{34}{168}}=\frac{3\cdot 168}{34}=\frac{504}{34}\approx$ 14.823529411764705882352941176471.

$\mathrm{\Gamma }(12,14,21)=\sqrt[3]{12\cdot 14\cdot 21}=\sqrt[3]{3528}=3528^{1/3}\approx$ 15.223325222040490068140410304653.

$\bar{x}(12,14,21)=\frac{12+14+21}{3}=\frac{12+14+21}{3}=\frac{47}{3}\approx$ 15.666666666666666666666666666667.

$\sigma (12,14,21)=\sqrt{\frac{12^2+14^2+21^2}{3}}=\sqrt{\frac{144+196+441}{3}}=\sqrt{\frac{781}{3}}\approx 16.13484841370793.$

Kalkuliatoriumi patikriname $\gamma (12,14,21):$

gamma = 3/(1/12 + 1/14 + 1/21) = 3/0.20238095238095238095238095238095 = 14.823529411764705882352941176471.

• Geometrinė iliustracija nelygybių, siejančių vidurkius dviejų teigiamų skaičių.

Trapecija. 3.4 pav.

Nagrinėkim bet kokią trapeciją MNPQ su pagrindais a ir b (3.4 pav.). Tiesės $A{A}_1,$ $B{B}_1,$ $C{C}_1,$ $D{D}_1$ lygiagrečios pagrindui.

Ilgis atkarpos $A{A}_1,$ praeinančios per trapecijos įstrižainių susikirtimo tašką, lygus harmoniniam vidurkiui pagrindų ilgių: $A{A}_1=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2ab}{a+b}.$

Ilgis atkapros $B{B}_1,$ dalinantis trapeciją MNPQ į dvi panašias trapecijas $MB{B}_{1}Q$ ir $BNP{B}_1,$ lygus geometriniam vidurkiui pagrindų ilgių trapecijos: $B{B}_1=\sqrt{ab}.$

Ilgis atkapros $C{C}_1,$ jungiantis vidurius šoninių kraštinių trapecijos, t. y. ilgis vidurinės linijos trapecijos, lygus aritmetiniam vidurkiui ilgių: $C{C}_1=\frac{a+b}{2}.$

Ilgis atkapros $D{D}_1,$ dalinančios trapeciją į dvi vienodo ploto trapecijas, lygus kvadratiniam vidurkiui pagrindų ilgių:

$D{D}_1=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Apskritimas. 3.5 pav.

Pateiksime dar vieną idomų pavyzdį geometrinės iliustracijos vidurkių, kaip atkarpų viename apskritime. 3.5 paveikslėlis leidžia pamatyti nelygybes, siejančias harmoninį vidurkį (MH), geometrinį vidurkį (CM), aritmetinį vidurkį (OD) ir kvadratinį vidurkį (DM).

$AM=a,MB=b,$

$MH=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2ab}{a+b},CM=\sqrt{ab},$

$OD=\frac{a+b}{2},DM=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

$a\le \frac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\le b.$

[ Paraboloido pataisymas.

Jeigu apskritimo spindulys R=1, tai grafiškai iš akies pažymime:

$AM=a\approx 0.58,MB=b\approx 2-0.58=1.42.$

MH akivaizdu yra vos mažiau už MO = 0.42 (arba labai panašaus ilgio). Bet pagal vadovėlį MH lygus:

$MH=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2ab}{a+b}=\frac{2\cdot 0.58\cdot 1.42}{0.58+1.42}=\frac{1.6472}{2}=0.8236.$

Vadinasi, iš 3.5 paveikslėlio MH ilgio formulė

$MH=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2ab}{a+b}$

yra neteisinga.

Apskaičiuosime CM akarpos ilgį, kuris yra trikampio ACB aukštinė, nuleista į pagrindą AB. Taigi,

$h=CM=\sqrt{ab}=\sqrt{0.58\cdot 1.42}=\sqrt{0.8236}\approx 0.907524104363.$

Ši aukštinės reikšmė atrodo teisingai.

Apskaičiuosime DM atkarpos ilgį:

$DM=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}=\sqrt{\frac{0.58^2+1.42^2}{2}}=\sqrt{\frac{0.3364+2.0164}{2}}=\sqrt{\frac{2.3528}{2}}=\sqrt{\frac{2.3528}{2}}=\sqrt{1.1764}\approx$ 1.0846197490364998881274601234311.

Gautas ilgis yra daugiau už 1, todėl atsakymas atrodo teisingai.

DM taip pat galima apskaičiuoti pagal Pitagoro teoremą:

$DM=\sqrt{M{O}^2+O{D}^2}=\sqrt{0.42^2+1^2}=\sqrt{0.1764+1}=\sqrt{1.1764}\approx$ 1.0846197490364998881274601234311.

Įrodysime atkarpos DM formulę $DM=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Pažymėkime:

MO = x, OD = R,

a = R-x, b = R+x.

Tada

$D{M}^2=\frac{a^2+b^2}{2}=\frac{(R-x{)}^2+(R+x{)}^2}{2}=\frac{(R^2-2Rx+x^2)+(R^2+2Rx+x^2)}{2}=\frac{2R^2+2x^2}{2}=R^2+x^2.$

Pagal Pitagoro teoremą gauname tą patį atsakymą:

$D{M}^2=M{O}^2+O{D}^2=x^2+R^2.$ ]

[Parodysime, kad Formulė $CM=\sqrt{ab}$ yra teisingai tik porai atvejų, kai trikampis ABC yra statusis. 3.5 paveiksle trikampis ABC yra status, todėl CM reikšmė grafiškai atrodo teisingai. Jeigu to apskiritimo spindulys R=1, tai dar vienas statusis trikampis ABC bus, kai a=R=1, b=R=1, OC=R=1. Tada $CM=CO=\sqrt{ab}=\sqrt{1\cdot 1}=1.$

Parinkime, kad AM=a=0.1. Tada MB=b=2-0.1=1.9. Ir tada MO=0.9. Su tokiom a ir b reikšmėm, žinoma, tikampis ABC nėra statusis. Visigi, geriau panagrinėjus, gali būti, kad trikampis ABC visada yra statusis, nepriklausomai kokie yra a ir b. Tada įrodinėti nėra ko.

Bet jeigu tarti, kad mes nežinome, kad trikampis ABC yra statusis. Tada pagal Pitagoro teoremą:

$M{C}^2=h^2=O{C}^2-M{O}^2=R^2-M{O}^2=1^2-0.9^2=1-0.81=0.19.$

$MC=h=\sqrt{0.19}\approx$ 0.43588989435406735522369819838596.

O pagal formulę $CM=\sqrt{ab},$ gauname:

$CM=h=\sqrt{ab}=\sqrt{0.1\cdot 1.9}=\sqrt{0.19}\approx$ 0.43588989435406735522369819838596.

Atsakymai tokie patys. Vadinasi formulė $CM=\sqrt{ab}$ yra teisingai visiems trikampiams ABC (esantiems apskritime).

Dar pastebėsime, kad kai $\alpha =0.45$ (radiano), tai

$\sin \alpha =\sin 0.45\approx 0.4349655341112302104208442462319.$

0.45 radiano yra 28.647889756541160438399077407053 laipsniai. Juos galima gauti taip:

180*0.45/pi = 81/pi = 81/3.1415926535897932384626433832795 = 25.783100780887044394559169666347 (laipsniai).

Va tai tau. Matematikos kojos atrodo pakirstos... Nes ~28 laipsnius gavau taip:

$\sin 0.45\approx 0.4349655341112302104208442462319$ (Windows 10 kalkuliatoriuje buvo pasirinkta RAD),

$\arcsin (0.4349655341112302104208442462319)=0.45$ (Windows 10 kalkuliatoriuje buvo pasirinkta RAD),

$\arcsin (0.4349655341112302104208442462319)=25.783100780887044394559169666347^{\circ }$ (Windows 10 kalkuliatoriuje buvo pasirinkta DEG, kas reiškia laipsnius, todėl arksinuso reikšmė gauta laipsniais ir gautas kampas $\alpha$ gautas laipsniais).

Pasirodo, $\alpha =28.647889756541160438399077407053,$ kai pasirinkti gradianai (GRAD). Todėl tai yra ~28.6478897565 gradianai. Gradianais $\pi /2$ reikšmė atitnka 100 gradianų.

Pažiūrėsime kokia yra paklaida atėmus 81/pi laipsniais iš arksinuso... Kai kalkuliatoriaus atmintis nėra ištrinama, nes Windows 10 kalkuliatorius atmintyje turi didesnį tikslumą nei rodo. Paklaida yra tokia:

arcsin[sin(0.45rad)deg] - 81/pi = -8.3913599272292459940577703715773e-139.

Tai reiškia, kad paklaida yra $-8.3913599272292459940577703715773\cdot 10^{-139}\approx -8\cdot 10^{-139}.$

Toks tikslumas yra apie 139 dešimtainiai skaitmenys, kas atrodo nerealiai.

Išsaugosime arcsin[sin(0.45rad)deg] reikšmę Windows 10 kalkuliatoriaus atmintyje, paspaudę mygtuką M+, ir paskui atimsime šią reikšmę iš 81/pi (pi reikšmė yra iš Windows 10 kalkuliatoriaus kaip konstanta... Kad gauti iš kalkuliatoriaus išsaugotą reikšmę, rekia paspausti mygtuką MR (Memory Read)). Tada gauname:

81/pi - arcsin[sin(0.45rad)deg] = 8.3913599272292459940577703715773e-139.

Gavome tą patį ~139 dešimtainių skaitmenų tikslumą.

Šiaip tai, kai Windows 10 kalkuliatoriuje parinkti radianai (RAD), tai apskaičiavus sin(0.45), o paskui paspaudus $2^{nd}$ ir ${\sin }^{-1},$ tai gaunamas lygiai toks pat skaičius 0.45 kaip ir buvo. Todėl skaičiuojant arcsinusą laipsniais (DEG), vis tiek greičiausiai kalkuliatorius apskaičiuoja radianais, o paskui paverčia į laipsnius pagal formulę 0.45*180/pi. Tai net keista, kad paklaida nėra 0. Nes skaičiavimai turėtų sutapt...]