הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.4.11"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(←‏משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}})
שורה 1: שורה 1:
−
==משפט 7==
+
{{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.}}
−
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...
+
  
−
----
+
=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 לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
+
 
==משפט 8==
 
==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.
+
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.
 
===הוכחה===
 
===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}}
+
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> 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> ...
+
''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).
−
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>...
+
 
 +
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}}
−
# 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);...
+
* 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}}
  
 
==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>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.
+
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 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}}
+
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}}
 +
 
 +
===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}}
 +
 
 +
* 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}}
 +
 
 +
 
 +
----
 +
 
 +
 
 +
כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.
  
−
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>
+
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.
−
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)}}==
 
==משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
 
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.
  
−
{{הערה|את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/1.5.11|הרצאה שאחריה]]:}}
+
<span id="continue"><!--נא לא למחוק span זה--></span>{{הערה|את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/1.5.11|הרצאה שאחריה]]:}}
  
 
===הוכחה===
 
===הוכחה===

גרסה מ־19:20, 4 במאי 2011

את משפט 7 לא סיימנו בהרצאה הקודמת ולכן השלמנו אותו ב-12.4.11. חלק זה מופיע בסיכום ההרצאה הקודמת ולא בדף הנוכחי.

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

הגדרה: תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[a,\infty). נאמר ש-\int\limits_a^\infty f מתכנס בהחלט אם \int\limits_a^\infty|f| מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.

משפט 8

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[a,\infty). אם \int\limits_a^\infty|f| מתכנס אז \int\limits_a^\infty f מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט בקטע [a,\infty) אז f אינטגרבילית בקטע.

הוכחה

לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-\int\limits_a^\infty f מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי \varepsilon>0 נתון. כיוון ש-\int\limits_a^\infty|f| מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים x_0>a כך שאם x_2>x_1>x_0 אז \left|\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|\right|<\varepsilon. נובע מיד ש-\left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon. קיימנו את תנאי קושי ל-\int\limits_{x_1}^{x_2}f ולכן הוא מתכנס. \blacksquare

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

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

דוגמאות

  • \int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: 0\le\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\le\frac1{x^2} ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה, \int\limits_2^\infty\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\mathrm dx מתכנס. \blacksquare
  • נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-[0,\infty) כך ש-\int\limits_0^\infty f מתכנס אעפ"י ש-\sum_{n=0}^\infty f(n), ולהיפך: \sum_{n=0}^\infty f(n) מתכנס ואילו \int\limits_0^\infty f מתבדר. ובכן אם f(x)=\sin(\pi x) אז \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 ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, \sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף גרף פונקצית משולשים.png
    אזי \lim_{x\to\infty}f(x) לא קיים ולכן \sum_{n=0}^\infty f(n) מתבדר. לעומת זאת,
    \int\limits_0^\infty f= השטח שמתחת לגרף =\lim_{n\to\infty}\frac12\left(1+\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac22=1
    \blacksquare

משפט 9 (מבחן דיריכלה)

נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-[a,\infty) ונניח שהאינטגרלים החלקיים \int\limits_a^b f חסומים כאשר b\to\infty (ז"א קיים M\ge0 כך ש-\forall b>a:\ \left|\int\limits_a^b f\right|\le M. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-[a,\infty) ו-\lim_{x\to\infty} g(x)=0 אזי \int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx מתכנס.

הוכחה

לכל x>a נגדיר F(x)=\int\limits_a^x f. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-F'(x)=f(x) לכל x>a. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-\forall x>a:\ |F(x)|\le M. כעת \int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים. ובכן \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. נותר להוכיח שקיים \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g', ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל \int\limits_a^\infty F\cdot g' מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן g'(x)\ge0 לכל x>a או g'(x)\le0 לכל x>a. נניח ש-\forall x>a:\ g'(x)\ge0 (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל x>a מתקיים 0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x) ושהאינטגרל של Mg'(x) הוא \int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a) כי נתון ש-\lim_{x\to\infty} g(x)=0 לסיכום הראנו ש-\int\limits_a^\infty Mg' מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס \int\limits_a^\infty |F|\cdot g' ולכן מתכנס \int\limits_a^\infty F\cdot g'. לכן קיים \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g' וסיימנו את ההוכחה. \blacksquare

דוגמאות

  • נראה כי לכל \alpha>0 האינטגרל \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx מתכנס: נגדיר f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: \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. יתר על כן g(x)=\frac1{x^\alpha} פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה -\alpha x^{-\alpha-1} בקטע [1,\infty) ומתקיים \lim_{x\to\infty} g(x)=0. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. \blacksquare
  • נוכיח ש-\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה \int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty: לכל x\ge1, מכיוון ש-|\sin(x)|\le1, 0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx מתבדר. נעזר בזהות \sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2 להראות ש-\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי \int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx מתכנס. כמו כן ידוע לנו כי \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty. עתה נניח בשלילה ש-\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx מתכנס. לפי משפט 1 \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}, אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. \blacksquare



כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.

בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום \sum_{n=1}^N a_nb_n ונגדיר סכומים חלקיים S_n=\sum_{k=1}^n a_k. מכאן \forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}. נקבל
\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}
ז"א \sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N, מה שנקרא סכימה בחלקים.

משפט 10 (משפט דיריכלה לטורים)

נניח שלטור \sum_{n=1}^N a_n יש סכומים חלקיים S_N חסומים (כלומר |S_N|\le M). עוד נניח ש-\{b_n\} סדרה מונוטונית כך ש-b_n\to0. אז \sum_{n=1}^\infty a_nb_n מתכנס.

את ההמשך עשינו בהרצאה שאחריה:

הוכחה

לכל N מתקיים \sum_{n=1}^N a_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1} S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N. נשאיף N\to\infty אזי \lim_{N\to\infty} \underbrace{S_N}_\text{bounded}\underbrace{b_N}_{\to0}=0. נותר להוכיח ש-\sum_{n=1}^\infty S_n(b_n-b_{n+1}) מתכנס, ונעשה זאת ע"י כך שנראה שהוא מתכנס בהחלט.

נסמן c כ-1 אם \{b_n\} יורדת ו--1 אחרת: \sum_{n=1}^\infty M(b_n-b_{n+1})c \le \sum_{n=1}^\infty\vert S_n\vert\vert b_n-b_{n+1}\vert
cM\sum_{n=1}^\infty (b_n-b_{n+1}) =
הטור טלסקופי. cM(b_1-\lim_{n\to\infty}b_n) =
cMb_1 =

כלומר הסכום מתכנס. \blacksquare

הערה

משפט לייבניץ הוא מקרה פרטי של משפט דיריכלה: נגדיר a_n=(-1)^{n+1} (ולכן הסכומים החלקיים חסומים). מכאן נובע שעבור b_n מונוטונית יורדת שואפת לאפס הטור \sum_{n=1}^\infty a_n b_n, שהוא טור לייבניץ, מתכנס.

דוגמה

נניח ש-\{b_n\} יורדת לאפס ונראה שהטור \sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n מתכנס. נגדיר a_n=\cos(n) ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים \sum_{n=1}^N a_n חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-\cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta). לפי זה לכל n מתקיים \cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin(n+1/2)-\frac12\sin(n-1/2). לכן

\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12(\sin(n+1/2)-\sin(n-1/2)) = \sum_{n=1}^N\cos(n)
הטור טלסקופי, לכן: -\frac12\frac{\sin(1-1/2)}{\sin(1/2)}+\frac12\frac{\sin(N+1/2)}{\sin(1/2)} =
-\frac12+\frac12\frac1{\sin(1/2)} \le
\blacksquare
מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=משתמש:אור_שחף/133_-_הרצאה/12.4.11&oldid=10457