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

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(←‏הוכחה)
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)}

גרסה מ־17:38, 31 ביולי 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 אבל 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 עם \int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}, \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) מתבדר, 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 פונקציית משולשים 2.png
    אזי \sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty - מתבדר. לעומת זאת,
    \int\limits_0^\infty f= השטח שמתחת לגרף =\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34
    \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: \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. 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\left(n+\frac12\right)-\frac12\sin\left(n-\frac12\right). לכן

\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12\left(\sin\left(n+\frac12\right)-\sin\left(n-\frac12\right)\right) = \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=12001