Longitud de arco de una Curva

Question

Deje $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ ser una función continua, ¿cómo se puede demostrar (no en la forma geométrica): $$ \sqrt{\left(f(b)-f(a)\right)^2+\left(b-a\right)^2}\le\int_a^b \sqrt{1+f'(x)^2}dx $$

Answer 1

Aplicar de Cauchy–Schwarz sobre los vectores $u=(f'(x),1)$ $v=(f(b)-f(a),b-a)$ encontrar

$$f'(x)(f(b)-f(a)) + (b-a) \leq \sqrt{f'(x)^2 + 1} \sqrt{\left(f(b)-f(a)\right)^2 + \left(b-a\right)^2}$$

Ahora integrar la desigualdad en $[a,b]$ para obtener el resultado

$$\sqrt{\left(f(b)-f(a)\right)^2 + \left(b-a\right)^2} \leq \int_a^b\sqrt{f'(x)^2 + 1}dx$$

${\bf Addendum}$: Considerando $u=(f_1'(x),f_2'(x),\ldots,f_n'(x))$ $v=(f_1(b)-f_1(a),\ldots,f_n(b)-f_n(a))$ el resultado generaliza fácilmente a

$$\sqrt{\sum_{i=1}^n\left(f_i(b)-f_i(a)\right)^2} \leq \int_a^b\sqrt{\sum_{i=1}^n f_i'(x)^2}dx$$

Answer 2

Sugerencia: $$\sqrt{\left(f(b)-f(a)\right)^2+\left(b-a\right)^2} = (b-a)\sqrt{\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)^2+1} $$

Answer 3

Más generalmente, puede la prueba de que $\sqrt {\left( \int_a^b f\right)^2+\left( \int_a^b g\right)^2}\leq \int_a^b\sqrt{f^2+g^2}$ diferenciación por b.

De hecho, usted obtaine $$\frac{f\int_a^b f+g\int_a^b g}{\sqrt{\left(\int_a^b f \right)^2+\left(\int_a^b g\right)^2}}\stackrel{?}{\leq} \sqrt{f^2+g^2}$$

que es $0\stackrel{?}{\leq} \left( f \int_a^b g- g \int_a^bf \right)^2$.

Answer 4

Sugerencia

El lado izquierdo es la distancia entre los puntos de $[a,f(a)]$ $[b,f(b)]$ a lo largo de la línea que los une. Y desde la distancia más corta entre dos puntos es ...

Estoy seguro de que usted puede tomar a partir de aquí.