משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.4.11 - היסטוריית גרסאות

אור שחף ב־20:37, 29 ביולי 2012

2012-07-29T20:37:24Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־20:37, 29 ביולי 2012
שורה 1:		שורה 1:
	{{~~הערה~~\|את משפט 7 ~~לא סיימנו בהרצאה הקודמת ולכן השלמנו אותו ב-12.4.11. [[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/~~10.4.11~~#continue\|חלק זה]] מופיע בסיכום ההרצאה הקודמת ולא בדף הנוכחי.~~}}		{{המשך הגיע\|תיאור=משפט 7\|תאריך=10.4.11}}

	=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה\|(המשך)}}=		=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה\|(המשך)}}=
שורה 37:		שורה 37:
	נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים <math>S_N</math> חסומים (כלומר <math>\|S_N\|\le M</math>). עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.		נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים <math>S_N</math> חסומים (כלומר <math>\|S_N\|\le M</math>). עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.

	~~<span id="continue"><!--נא לא למחוק span זה--></span>~~{{~~הערה~~\|~~את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/~~1.5.11~~\|הרצאה שאחריה]]:~~}}		{{המשך סיכום\|תאריך=1.5.11}}

	===הוכחה===		===הוכחה===

אור שחף ב־17:38, 31 ביולי 2011

2011-07-31T17:38:17Z

87.68.77.200: /* הוכחה */

2011-05-20T11:47:55Z

הוכחה

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:47, 20 במאי 2011
שורה 8:		שורה 8:
	לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|\right\|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right\|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}		לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|\right\|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right\|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}

	''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).		''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&f(x)>0\\-f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).

	כעת אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}		כעת אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}

אור שחף: /* דוגמאות */ תיקון

2011-05-06T16:59:44Z

דוגמאות: תיקון

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־16:59, 6 במאי 2011
שורה 14:		שורה 14:
	==דוגמאות==		==דוגמאות==
	* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה, <math>\int\limits_2^\infty\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}		* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה, <math>\int\limits_2^\infty\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}
	* נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[0,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_0^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R</math> ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף ~~פונקצית~~ משולשים.png\|600px]]<br />אזי <math>\~~lim_~~{~~x\to~~\infty}f(x)~~</math> לא קיים ולכן <math>~~\sum_{n=0}^\infty ~~f(n)~~</math> מתבדר. לעומת זאת, {{left\|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\lim_{n\to\infty}\frac12\left(1+\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\~~frac22~~=1</math>}}{{משל}}		* נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[0,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_0^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R</math> ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף פונקציית משולשים 2.png\|600px]]<br />אזי <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty</math> - מתבדר. לעומת זאת, {{left\|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34</math>}}{{משל}}

	==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==		==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==

אור שחף: /* משפט 9 {{הערה|(מבחן דיריכלה)}} */

2011-05-06T16:18:33Z

משפט 9 {{הערה|(מבחן דיריכלה)}}

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־16:18, 6 במאי 2011
שורה 17:		שורה 17:

	==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==		==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==
	נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math> (ז"א קיים <math>M\ge0</math> כך ש-<math>\forall b>a:\ \left\|\int\limits_a^b f\right\|\le M</math>. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.		נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math> (ז"א קיים <math>M\ge0</math> כך ש-<math>\forall b>a:\ \left\|\int\limits_a^b f\right\|\le M</math>). עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
	===הוכחה===		===הוכחה===
	לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-<math>\forall x>a:\ \|F(x)\|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים. ובכן <math>\lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a}^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0</math>. נותר להוכיח שקיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>, ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x>a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x>a</math>. נניח ש-<math>\forall x>a:\ g'(x)\ge0</math> (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le\|F(x)g'(x)\|=\|F(x)\|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty \|F\|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}		לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-<math>\forall x>a:\ \|F(x)\|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים. ובכן <math>\lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a}^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0</math>. נותר להוכיח שקיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>, ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x>a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x>a</math>. נניח ש-<math>\forall x>a:\ g'(x)\ge0</math> (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le\|F(x)g'(x)\|=\|F(x)\|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty \|F\|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}

אור שחף ב־19:20, 4 במאי 2011

2011-05-04T19:20:21Z

הצגת שינויים

אור שחף: /* משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}} */

2011-05-02T11:13:22Z

משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}

@@ שורה 35: / שורה 35: @@
 כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים. בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שהיא דומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math> אז <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. אם כן <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_nb_N</math>. ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math> - סכימה בחלקים.
 ==משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
-נתון <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math>. נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים חסומים <math>|S_N|\le M</math> עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.
+נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים <math>S_N</math> חסומים (כלומר <math>|S_N|\le M</math>). עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.

אור שחף: יצירת דף עם התוכן "==משפט 7== תהי F מוגדרת בקטע $[a,\infty)$ אז $\lim_{x\to\infty}F(x)$ קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי ..."

2011-04-12T14:04:42Z

יצירת דף עם התוכן "==משפט 7== תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי ..."

דף חדש

==משפט 7==
תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-<math>[a,\infty)</math>.
===הוכחה==
אם ידוע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L\in\mathbb R</math> קל לקיים את תנאי קושי וכבר עשינו זאת. לצד השני נניח שתנאי קושי מתקיים עבור F. תחילה נראה ש-F חסומה ב-<math>[a,\infty)</math>. מתנאי קושי נובע שקיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge b</math>, <math>|F(x_2)-F(b)|<1</math>. מכאן שלכל <math>x_2>b</math> <math>|F(x_2)|\le|F(b)|+1</math>. לכן F חסומה בקטע <math>[b,\infty)</math>. כעת נתבונן בסדרת הערכים <math>F(b),F(b+1),F(b+2),\dots</math>. זאת סדרה חסומה. עפ"י בולצאנו וירשטרס קיימת לה תת סדרה מתכנסת <math>F(b+n_k)_{k=1}</math> כאשר <math>\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים ונקרא לו L.
טענה: <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>L=\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>k>k_0</math>, <math>|F(b+n_k)|<\varepsilon/2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי קיים <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon/2</math>. נגדיר <math>d=\max\{c,n_{k_0}\}</math>. צ"ל: לכל <math>x>d</math>, <math>|F(x)-L|\varepsilon/2</math>, מה שגורר <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. ובכן אם <math>x>d</math> נוכל לבחור <math>k>k_0</math> כך ש-<math>b+n_k>x>d</math> (כי <math>b+n_k\xleftarrow[k\to\infty]{}\infty</math>). כעת לפי הבניה שלנו <math>|f(x)-L|\le|F(x)-F(b+n_k)|+|F(b+n_k)-L|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon</math>. נובע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. {{משל}}
===מסקנה===
תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי האינטגרל <math>\in\limits_a^\infty f</math> מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>|\int\limits_{x_1}^{x_2} f|<\varepsilon</math>.
====הוכחה====
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. לפי ההגדרה <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^x f</math> מתכנס...

----

'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
==משפט 8==
תהי f מוגדר ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-<math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית שם.
===הוכחה===
לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0<a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}
גישה אחרת: נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> לא שליליות. בודקים שלכל x <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>|f(x)|=f^+(x)+f^-(x)</math>. (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת)
כעת אם נתון ש-<math>\int\limit_a^\infty|f|</math> מתכנס. מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|</math> ...
עכשיו נובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-</math>...

==דוגמאות==
#...
# נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[1,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_1^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R</math> ואין גבול. לכל האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר f ע"י גרף (יטופל בהמשך) moveTo(1/2,0);lineTo(1,1);lineTo(3/2,0);lineTo(7/4,0);lineTo(2,1);lineTo(9/4,0);lineTo(25/8,0);...

==משפט 9 {{הערה|(מבחן דיריכלה)}}==
נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math>. ז"א קיים <math>M>0</math> כך שלכל <math>b>a</math> <math>|\int\limits_a^b f|\le M</math>. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
===הוכחה===
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים שלכל <math>x>a</math> <math>|f(x)|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^Rf\cdot g=\lim_{R\to\infty}\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^R-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שלכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר <math>R\to\infty</math>. ובכן <math>\lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a]^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0</math>. נותר להוכיח שקיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>. ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limit_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x\ge a</math> או <math>x\le0</math> לכל <math>x\ge a</math>. כמקרה ראשון נניח ש-<math>\forall x\ge a:\ g'(x)\ge0</math>. יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg'(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> בסיכון הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty |F|g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty Fg'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R Fg'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}

דוגמה: לכל <math>\alpha>0</math> <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math>. הוכחה: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. אז ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>|\int\limits_1^b f|=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_{x=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2</math>. יתר על כן <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alphax^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=...</math>
ז"א <math>\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty</math> אבל לכל <math>1\le x</math> <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|</math> כי <math>|\sin(x)|\le1</math> ולכן <math>\sin^2(x)\le|\sin(x)|</math> ואילו <math>x>1</math> ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. אמנם <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> ולכן <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> שמתכנס עפ"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> וכידוע <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> מתבדר ל-<math>+\infty</math>.
נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-<math>\int\limits_1^\infty\left(\frac{1-\cos(x)}{2x}+\frac{\cos(2x)}{2x}\right)\mathrm dx</math> הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> שמתבדר. הסתירה מוכיחה את הטענה.

כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים. בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שהיא דומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math> אז <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. אם כן <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_nb_N</math>. ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math> - סכימה בחלקים.
==משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
נתון <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math>. נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים חסומים <math>|S_N|\le M</math> עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:47, 20 במאי 2011
שורה 8:		שורה 8:
	לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|\right\|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right\|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}		לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|\right\|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left\|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right\|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}\|f\|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}

	''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).		''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&f(x)>0\\-f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).

	כעת אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}		כעת אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־17:38, 31 ביולי 2011
שורה 2:		שורה 2:

	=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה\|(המשך)}}=		=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה\|(המשך)}}=
	'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.		'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס אבל לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
	==משפט 8==		==משפט 8==
	תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט בקטע <math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית בקטע.		תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט בקטע <math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית בקטע.
שורה 10:		שורה 10:
	''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&f(x)>0\\-f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).		''גישה אחרת:'' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&f(x)>0\\-f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> אי-שליליות. קל להראות שלכל x, <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>\|f(x)\|=f^+(x)+f^-(x)</math> (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת).

	כעת אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}		כעת, אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty\|f\|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le\|f(x)\|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}

	==דוגמאות==		==דוגמאות==
	* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה, <math>\int\limits_2^\infty\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}		* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה עם <math>\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math>, <math>\int\limits_2^\infty\left\|\frac{\sin(x)}{x^2}\right\|\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}
	* נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[0,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_0^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R</math> ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף פונקציית משולשים 2.png\|600px]]<br />אזי <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty</math> - מתבדר. לעומת זאת, {{left\|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34</math>}}{{משל}}		* נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[0,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתבדר, ולהיפך: <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_0^\infty f</math> מתבדר. ובכן, אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R</math> ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף פונקציית משולשים 2.png\|600px]]<br />אזי <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty</math> - מתבדר. לעומת זאת, {{left\|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34</math>}}{{משל}}

	==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==		==משפט 9 {{הערה\|(מבחן דיריכלה)}}==
	נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math> (ז"א קיים <math>M\ge0</math> כך ש-<math>\forall b>a:\ \left\|\int\limits_a^b f\right\|\le M</math>). עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.		נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math> (ז"א קיים <math>M\ge0</math> כך ש-<math>\forall b>a:\ \left\|\int\limits_a^b f\right\|\le M</math>). עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
	===הוכחה===		===הוכחה===
	לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-<math>\forall x>a:\ \|F(x)\|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים~~. ובכן~~ <math>\lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a}^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0</math>. נותר להוכיח שקיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>, ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x>a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x>a</math>. נניח ש-<math>\forall x>a:\ g'(x)\ge0</math> (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le\|F(x)g'(x)\|=\|F(x)\|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty \|F\|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}		לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-<math>\forall x>a:\ \|F(x)\|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים: <math>\lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a}^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0</math>. נותר להוכיח שקיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>, ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x>a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x>a</math>. נניח ש-<math>\forall x>a:\ g'(x)\ge0</math> (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le\|F(x)g'(x)\|=\|F(x)\|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math>. לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty \|F\|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}

	===דוגמאות===		===דוגמאות===
	* נראה כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>\left\|\int\limits_1^b f\right\|=\left\|\int\limits_1^b \sin\right\|=\left\|[-\cos(x)]_{x=1}^b\right\|=\|-\cos(b)+\cos(1)\|\le2</math>. יתר על כן <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alpha x^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> ומתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math>. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. {{משל}}		* נראה כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>\left\|\int\limits_1^b f\right\|=\left\|\int\limits_1^b \sin\right\|=\left\|[-\cos(x)]_{x=1}^b\right\|=\|-\cos(b)+\cos(1)\|\le2</math>. יתר על כן, <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alpha x^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> ומתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math>. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. {{משל}}

	* נוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה <math>\int\limits_1^\infty\left\|\frac{\sin(x)}x\right\|\mathrm dx=\infty</math>: לכל <math>x\ge1</math>, מכיוון ש-<math>\|\sin(x)\|\le1</math>, <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left\|\frac{\sin(x)}x\right\|</math>. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. נעזר בזהות <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math>. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן ידוע לנו כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty</math>. עתה נניח בשלילה ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. לפי משפט 1 <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx+\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math>, אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. {{משל}}		* נוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה <math>\int\limits_1^\infty\left\|\frac{\sin(x)}x\right\|\mathrm dx=\infty</math>: לכל <math>x\ge1</math>, מכיוון ש-<math>\|\sin(x)\|\le1</math>, <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left\|\frac{\sin(x)}x\right\|</math>. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. נעזר בזהות <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math>. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן, ידוע לנו כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty</math>. עתה נניח בשלילה ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. לפי משפט 1 <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx+\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math>, אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. {{משל}}


שורה 32:		שורה 32:
	כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.		כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.

	בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה לאינטגרציה בחלקים. ~~ובכן~~ נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math>. מכאן <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. נקבל {{left\|<math>\begin{align}\sum_{n=1}^N a_nb_n&=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N\\&=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_Nb_N\end{align}</math>}}ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math>, מה שנקרא סכימה בחלקים.		בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה לאינטגרציה בחלקים. נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math>. מכאן <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. נקבל {{left\|<math>\begin{align}\sum_{n=1}^N a_nb_n&=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N\\&=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_Nb_N\end{align}</math>}}ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math>, מה שנקרא סכימה בחלקים.

	==משפט 10 {{הערה\|(משפט דיריכלה לטורים)}}==		==משפט 10 {{הערה\|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
שורה 59:		שורה 59:
	משפט לייבניץ הוא מקרה פרטי של משפט דיריכלה: נגדיר <math>a_n=(-1)^{n+1}</math> (ולכן הסכומים החלקיים חסומים). מכאן נובע שעבור <math>b_n</math> מונוטונית יורדת שואפת לאפס הטור <math>\sum_{n=1}^\infty a_n b_n</math>, שהוא טור לייבניץ, מתכנס.		משפט לייבניץ הוא מקרה פרטי של משפט דיריכלה: נגדיר <math>a_n=(-1)^{n+1}</math> (ולכן הסכומים החלקיים חסומים). מכאן נובע שעבור <math>b_n</math> מונוטונית יורדת שואפת לאפס הטור <math>\sum_{n=1}^\infty a_n b_n</math>, שהוא טור לייבניץ, מתכנס.
	===דוגמה===		===דוגמה===
	נניח ש-<math>\{b_n\}</math> יורדת לאפס ונראה שהטור <math>\sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n</math> מתכנס. נגדיר <math>a_n=\cos(n)</math> ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-<math>\cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta)</math>. לפי זה לכל n מתקיים <math>\cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin(n+~~1/2~~)-\frac12\sin(n-~~1/2~~)</math>. לכן		נניח ש-<math>\{b_n\}</math> יורדת לאפס ונראה שהטור <math>\sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n</math> מתכנס. נגדיר <math>a_n=\cos(n)</math> ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-<math>\cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta)</math>. לפי זה לכל n מתקיים <math>\cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin\left(n+\frac12\right)-\frac12\sin\left(n-\frac12\right)</math>. לכן
	{\|		{\|
	{{=\|l=\sum_{n=1}^N\cos(n)		{{=\|l=\sum_{n=1}^N\cos(n)
	\|r=\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12(\sin(n+~~1/2~~)-\sin(n-~~1/2~~))		\|r=\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12\left(\sin\left(n+\frac12\right)-\sin\left(n-\frac12\right)\right)
	}}		}}
	{{=\|r=-\frac12\frac{\sin(1-1/2)}{\sin(1/2)}+\frac12\frac{\sin(N+1/2)}{\sin(1/2)}		{{=\|r=-\frac12\frac{\sin(1-1/2)}{\sin(1/2)}+\frac12\frac{\sin(N+1/2)}{\sin(1/2)}