משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.4.11

משפט 7

תהי F מוגדרת בקטע $[a,\infty)$ אז $\lim_{x\to\infty}F(x)$ קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-$[a,\infty)$.

=הוכחה

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

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-$[a,\infty)$. אזי האינטגרל עיבוד הנוסחה נכשל (ההמרה ל־PNG נכשלה; אנא בדקו אם התקנתם נכון את latex ואת dvipng (או צירוף של dvips‏, gs ו־convert)): \in\limits_a^\infty f

מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל $\varepsilon>0$ קיים $x_0>a$ כך שאם $x_2>x_1>x_0$ אז $|\int\limits_{x_1}^{x_2} f|<\varepsilon$. 

הוכחה

לכל $x>a$ נגדיר $F(x)=\int\limits_a^x f$. לפי ההגדרה $\lim_{x\to\infty}F(x)$ מתכנס אם"ם $\int\limits_a^x f$ מתכנס...

---

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 מוגדר ואינטגרבילית מקומית ב-$[a,\infty)$. אם $\int\limits_a^\infty|f|$ אז $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-$[a,\infty)$ אז f אינטגרבילית שם.

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 אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים $x_0<a$ כך שאם $x_2>x_1>x_0$ אז $\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon$. 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 $f^+(x),f^-(x)$ לא שליליות. בודקים 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-עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \limit לא מוכרת): \int\limit_a^\infty|f|

מתכנס. מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-$0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|$ ...

עכשיו נובע ממשפט 1 ש-$\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-$...

דוגמאות

1. ...
2. נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-$[1,\infty)$ כך ש-$\int\limits_1^\infty f$ מתכנס אעפ"י ש-$\sum_{n=1}^\infty f(n)$, ולהיפך: $\sum_{n=1}^\infty f(n)$ מתכנס ואילו $\int\limits_1^\infty f$ 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. לכל האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, $\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0$, 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 (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 $M>0$ כך שלכל $b>a$ $|\int\limits_a^b f|\le M$. 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 שלכל $x>a$ $|f(x)|\le M$. כעת $\int\limits_a^\infty f\cdot g=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^Rf\cdot g=\lim_{R\to\infty}\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^R-\int\limits_a^\infty F\cdot g'$. נראה שלכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר $R\to\infty$. ובכן עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת תחביר): \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 עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \limit לא מוכרת): \int\limit_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 $x\ge a$ או $x\le0$ לכל $x\ge a$. כמקרה ראשון נניח ש-$\forall x\ge a:\ g'(x)\ge0$. 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-$\lim_{x\to\infty} g(x)=0$ בסיכון הראנו ש-$\int\limits_a^\infty Mg'$ מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס $\int\limits_a^\infty |F|g'$ ולכן מתכנס $\int\limits_a^\infty Fg'$. לכן קיים $\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R Fg'$ וסיימנו את ההוכחה. $\blacksquare$

דוגמה: לכל $\alpha>0$ $\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx$. הוכחה: נגדיר $f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}$. אז ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: $|\int\limits_1^b f|=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_{x=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2$. יתר על כן $g(x)=\frac1{x^\alpha}$ פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \alphax לא מוכרת): -\alphax^{-\alpha-1}

בקטע $[1,\infty)$ מתקיים $\lim_{x\to\infty} g(x)=...$

ז"א $\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty$ אבל לכל $1\le x$ $0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|$ כי $|\sin(x)|\le1$ ולכן $\sin^2(x)\le|\sin(x)|$ ואילו $x>1$ ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח ש-$\int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx$ מתבדר. אמנם $\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2$ ולכן עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \limit לא מוכרת): \int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx

שמתכנס עפ"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל $\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx$ וכידוע $\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}$ מתבדר ל-$+\infty$.

נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו $\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx$ מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-$\int\limits_1^\infty\left(\frac{1-\cos(x)}{2x}+\frac{\cos(2x)}{2x}\right)\mathrm dx$ הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא $\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}$ 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 $\sum_{n=1}^N a_nb_n$ ונגדיר סכומים חלקיים $S_n=\sum_{k=1}^n a_k$ אז $\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}$. אם כן $\sum_{n=1}^N a_nb_n=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_nb_N$. ז"א $\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N$ - סכימה בחלקים.

משפט 10 (משפט דיריכלה לטורים)

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