|
Пусть l: х = f(t), t ∈ [a, b], - некоторый
путь в пространстве (Х,ρ).
Рассмотрим различные разбиения
ξ: a = t0 < t1 < ... < tn = b
отрезка [a, b] и соответствующие им суммы
σ(ξ) = ∑ni=1 ρ(f(ti-1), f(ti))
(1.1)
Обозначим через Ξ совокупность всех таких разбиений. Длиной
пути l назовем
s(l) = supξ∈Ξ σ(ξ).
Если s(l) < +∞, то говорят, что путь l спрямляем.
Теорема 1. Длины эквивалентных путей равны.
Доказательство вытекает непосредственно из определения эквивалентных путей и длины пути.
Теперь естественно определить длину кривой как длину любого
пути, представляющего эту кривую.
Лемма 1. Если спрямляемый путь
l: х = f(t), t ∈ [a, b],
разбит точкой f(с), где с ∈ (а, b), на дуги
l1: х = f(t), t ∈ [a, c],
и
l2: х = f(t), t ∈ [c, d]
то
s(l) = s(l1) + s(l2).
Доказательство. Пусть
ξ1: a = t0 < t1 < ... < tp = c
- любое разбиение отрезка [а, c] и
ξ2: c = tp < tp+1 < ... < tn = b
- любое разбиение отрезка [c, b]. Тогда
ξ: a = t0 < ... < tp < tp+1 < ... < tn = b
есть некоторое разбиение отрезка [а, b] и, следовательно,
s(l1) + s(l2)
= supξ1 ∑ρi=1 ρ(f(ti-1), f(ti))
+ supξ2 ∑ni=p+1 ρ(f(ti-1), f(ti))
= supξ ∑ni=1 ρ(f(ti-1), f(ti)) ≤ s(l).
Итак,
s(l1) + s(l2) ≤ s(l). (1.2)
Докажем, что
s(l1) + s(l2) ≥ s(l). (1.3)
Зададим некоторое ε > 0 и выберем такое разбиение
ξ: a = t0 < t1 < ... < tn = b,
что
s(l) - σ(ξ) < ε.
Пусть точка с ∈ [ti, ti+1]. Рассмотрим разбиения
ξ': a = t0 < t1 < ... < ti < c ,
отрезка [а, c],
ξ'': c ≤ ti+1 < ti+2 < ... < tn = b,
отрезка [c, b] и
ξ*: a = t0 < t1 < ... < ti < c < ti+1 < ... < tn = b,
отрезка [а, b]. Поскольку
ρ(f(ti), f(с)) + ρ(f(c), f(ti+1)) ≥ ρ(f(ti), f(ti+1)),
то
ε > s(l) - σ(ξ) ≥ s(l) - σ(ξ*) = s(l) - σ(ξ') - σ(ξ'')
≥ s(l) - sup σ(ξ') - sup σ(ξ'') = s(l) - s(l1) - s(l2),
или
s(l1) + s(l2) ≥ s(l) - ε.
Так как ε > 0 произвольно, то справедливо (1.3). Из (1.2) и (1.3) вытекает утверждение леммы.
Из леммы 1 непосредственно получаем аналогичное предложение для кривой.
Теорема 2. Если некоторая точка разбивает спрямляемую кривую на две дуги,
то сумма длин этих дуг равна длине кривой.
Пусть дан спрямляемый путь l: х = f(t), t ∈ [а, b]. Обозначим через s(τ) длину дуги
lτ: х = f(t), t ∈ [а, τ] ⊂ [а, b].
Лемма 2. Функция s(τ) есть непрерывная и неубывающая функция τ ∈ [а, b].
Доказательство. Неубывание функции s(τ) следует из леммы 1 и неотрицательности длины.
Мы ограничимся здесь доказательством непрерывности функции s(τ) справа;
непрерывность этой функции слева устанавливается аналогично.
Предположим теперь, что функция s(τ) в некоторой точке τ* ∈ [а, b]
не является непрерывной справа.
Так как функция s(τ) не убывает, то это означает, что найдется такое ε > 0, что для любого δ > 0
существует такое Δτ, что 0 < Δτ < δ
s(τ* + Δτ) - s(τ*) ≥ ε. (1.4)
Рассмотрим разбиение отрезка
ξ: a = τ0 < τ1 < ... < τn = b
такое, что
s(b) < σ(ξ) + ε/2. (1.5)
Как мы уже видели, добавление новых точек деления отрезка [а, b]
разве лишь увеличивает сумму σ(ξ).
Поэтому, вставив, если нужно, две точки в разбиение ξ, всегда можно считать, что в ξ имеются две соседние точки
τj = τ*, τj+1 = τ*+ Δτ,
причем, в силу непрерывности отображения f: [а, b] → (Х, ρ), Δτ выбрано так, чтобы
ρ(f(τj), f(τj+1)) < ε/2, (1.6)
Путь l разбит на три дуги, соответствующие промежуткам [а, τj],
[τj, τj+1] и [τj+1, b].
Из леммы 1 имеем, что длины этих дуг соответcтвенно равны
s(τj), s(τj+1) - s(τj) и s(b) - s(τj+1);
при этом, используя определение длины пути, имеем
s(τj) ≥  ρ(f(τi-1), f(τi)) (1.7),
s(b) - s(τj+1) ≥  ρ(f(τi-1), f(τi)). (1.8)
Из неравенств (1.5), (1.7) и (1.8) получаем
s(b) < s(τj) + [s(b) - s(τj+1)] + ρ(f(τj), f(τj+1)) + ε/2.
Отсюда, в силу (1.6), имеем
s(τ* + Δτ) - s(τ*) =
s(τj+1) - s(τj) < ρ(f(τj), f(τj+1)) + ε/2 < ε.
Последнее неравенство противоречит неравенству (1.4), что и доказывает лемму.
|