גרסה אחרונה מ־20:29, 29 ביולי 2012

את משפט 2 לא סיימנו בשיעור הקודם ולכן השלמנו זאת ב־22.2.11. חלק זה מופיע בסיכום השיעור הקודם ולא בדף הנוכחי.

תוכן עניינים

1 האינטגרל לפי דרבו (המשך)

האינטגרל לפי דרבו (המשך)

משפט 3

תהי f מוגדרת וחסומה ב- $[a,b]$ . אזי $\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)$ וכן $\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)$ .

הוכחה

הטענה הראשונה אומרת שלכל $\varepsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שאם $|\lambda(P)|=\lambda(P)<\delta$ אזי $\left|\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\right|<\varepsilon$ . ברור מהגדרת האינטגרל העליון כי $0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx$ . כעת יהי $\varepsilon>0$ נתון. לפי הגדרת האינפימום קיימת חלוקה מסויימת Q של $[a,b]$ כך ש- $0\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2$ ונניח של-Q יש r נקודות חלוקה. כעת נניח ש-P חלוקה כלשהי של $[a,b]$ כך ש- $\lambda(P)<\frac\varepsilon{2r\Omega}$ , ונגדיר $R=P\cup Q$ . כיוון ש-R עידון של Q, $\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\le\overline S(f,R)\le\overline S(f,Q)$ ונובע ש- $0\le\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2$ . אבל R התקבלה מ-P ע"י הוספה של לכל היותר r נקודות, לכן ע"פ משפט 2 ידוע ש- $\overline S(f,P)-\overline S(f,R)\le r\lambda(P)\Omega<r\Omega\frac\varepsilon{2r\Omega}=\frac\varepsilon2$ . לכן נוכל להסיק

$0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\overline S(f,P)-\overline S(f,R)+\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon$ .

ההוכחה לאינטגרל התחתון דומה. $\blacksquare$

משפט 4

תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אם"ם $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0$ ואם כן $\int\limits_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)$ .

הוכחה

תחילה נניח ש-f אינטגרבילית, ז"א $\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx$ . לכן, ממשפט 3, $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)$ . ע"פ אריתמטיקה של גבולות $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0$ וכן $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)$ .

עכשיו נניח ש- $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0$ ונוכיח את ההיפך. ממשפט 3 $0=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx-\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx$ ולכן f אינטגרבילית. $\blacksquare$

משפט 5

תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אם"ם לכל $\varepsilon>0$ קיימת חלוקה P של $[a,b]$ כך ש- $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon$ .

הוכחה

אם נתון ש-f אינטגרבילית אז ממשפט 4 $\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0$ . לכן עבור $\varepsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל P המקיימת $\lambda(P)<\delta$ מתקיים $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon$ .

לצד השני, נניח שלכל $\varepsilon>0$ קיימת חלוקה P כך שמתקיים $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon$ . כידוע, לכל חלוקה P מתקיים $\underline S(f,P)\le\underline\int_a^b f\le\overline{\int}_a^b f\le\overline S(f,P)$ . לפי הנתון נקבל $0\le\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f<\varepsilon$ . זה נכון לכל $\varepsilon>0$ ולכן $\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f=0$ , כלומר f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ . $\blacksquare$

משפט 6

תהי f רציפה ב- $[a,b]$ . אזי f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .

הוכחה

יהי $\varepsilon>0$ . כיוון ש-f רציפה בקטע סגור $[a,b]$ היא רציפה במ"ש, לכן קיים $\delta>0$ כך שאם $x_1,x_2\in[a,b]$ ו- $|x_1-x_2|<\delta$ אז $|f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon{b-a}$ . כעת תהי P חלוקה כלשהי של $[a,b]$ כך ש- $\lambda(P)<\delta$ . לפיכך $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k$ כאשר $M_k=\sup\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}$ ו- $m_k=\inf\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}$ . כיוון ש-f רציפה ושעפ"י המשפט השני של ויירשראס לכל f רציפה ב- $[a,b]$ יש שם נקודות מינימום ומקסימום, לכל k קיימים $y_k,z_k\in[x_{k-1},x_k]$ כך ש- $f(y_k)=M_k$ ו- $f(z_k)=m_k$ . כעת $|y_k-z_k|\le x_k-x_{k-1}=\Delta x_k\le\lambda(P)<\delta$ , לכן $M_k-m_k=|f(y_k)-f(z_k)|<\frac\varepsilon{b-a}$ ולבסוף

\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k\\&<\sum_{k=1}^n\frac\varepsilon{b-a}\Delta x_k\\&=\frac\varepsilon{b-a}(x_1-\underbrace{x_0}_{=a}+x_2-x_1+\dots+\underbrace{x_n}_{=b}-x_{n-1})\\&=\frac\varepsilon{b-a}(b-a)\\&=\varepsilon\end{align}

ונובע ממשפט 5 (או 4) ש-f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ . $\blacksquare$

משפט 7

תהי f מוגדרת ומונוטונית בקטע $[a,b]$ . אזי f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .

הוכחה

נוכיח לפונקציה עולה. לכל $x\in[a,b]$ מתקיים $f(a)\le f(x)\le f(b)$ ולכן f חסומה. כעת ניקח חלוקה $P=\{x_0,\dots,x_n\}$ כלשהי של $[a,b]$ המקיימת לכל k, $\Delta x_k=\frac{b-a}n$ (ובפרט הם שווים) אזי $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1})\Big)\Delta x_k$ .

מכאן נובע כי

\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_1)-\underbrace{f(x_0)}_{=f(a)}+f(x_2)-f(x_1)+\dots+\underbrace{f(x_n)}_{=f(b)}+f(x_{n-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\Big(f(b)-f(a)\Big)\end{align}

נשאיף $n\to\infty$ ואגף ימין שואף ל-0. מכאן ש- $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)$ קטן כרצוננו, וקיימנו את התנאי של משפט 5. לכן f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ . $\blacksquare$

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-{{הערה|את משפט 2 לא סיימנו בהרצאה הקודמת, ולכן המשכנו אותו ב-22.2.11. עם זאת, [[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/20.2.11#משפט 2|חלק זה מופיע בסיכום ההרצאה הקודמת]] ולא בדף זה.}}
+{{המשך הגיע|תיאור=משפט 2|תאריך=20.2.11}}
-===משפט 3===
+=האינטגרל לפי דרבו {{הערה|(המשך)}}=
-תהי f כנ"ל. אזי <math>\underline\int_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math> וכן <math>\overline{\int}_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)</math>.
-====הוכחה====
-הטענה הראשונה אומרת שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>\lambda(P)<\delta</math> אז <math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\varepsilon</math>. ברור כי אכן מתקיים <math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)dx</math>. כעת יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הגדרת האינפימום קיימת חלוקה מסויימת Q של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>0\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\frac\varepsilon2</math> ונניח של-Q יש r נקודות חלוקה. כעת נניח ש-P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\frac\varepsilon{2r\Omega}</math>, ונגדיר <math>R=P\cup Q</math>. כיוון ש-R עידון של Q, <math>\overline{\int}_a^b f(x)dx\le\overline S(f,R)\le\overline S(f,Q)</math> ונובע ש-<math>0\le\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)dx\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\frac\varepsilon2</math>. אבל R התקבלה מ-P ע"י הוספה של לכל היותר r נקודות, לכן ע"פ משפט 2 ידוע ש-<math>\overline S(f,P)-\overline S(f,R)\le r\lambda(P)\Omega<r\Omega\frac\varepsilon{2r\Omega}=\frac\varepsilon2</math>. לכן נוכל להסיק
-<math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)dx=\overline S(f,P)-\overline S(f,R)+\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)dx<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math>.
+==משפט 3==
+תהי f מוגדרת וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. אזי <math>\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math> וכן <math>\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)</math>.
+===הוכחה===
+הטענה הראשונה אומרת שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>|\lambda(P)|=\lambda(P)<\delta</math> אזי <math>\left|\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\right|<\varepsilon</math>. ברור מהגדרת האינטגרל העליון כי <math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx</math>. כעת יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הגדרת האינפימום קיימת חלוקה מסויימת Q של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>0\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2</math> ונניח של-Q יש r נקודות חלוקה. כעת נניח ש-P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\frac\varepsilon{2r\Omega}</math>, ונגדיר <math>R=P\cup Q</math>. כיוון ש-R עידון של Q, <math>\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\le\overline S(f,R)\le\overline S(f,Q)</math> ונובע ש-<math>0\le\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx\le\overline S(f,Q)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2</math>. אבל R התקבלה מ-P ע"י הוספה של לכל היותר r נקודות, לכן ע"פ משפט 2 ידוע ש-<math>\overline S(f,P)-\overline S(f,R)\le r\lambda(P)\Omega<r\Omega\frac\varepsilon{2r\Omega}=\frac\varepsilon2</math>. לכן נוכל להסיק
+<math>0\le\overline S(f,P)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\overline S(f,P)-\overline S(f,R)+\overline S(f,R)-\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math>.
 ההוכחה לאינטגרל התחתון דומה. {{משל}}
-===משפט 4===
+==משפט 4==
-תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אם"ם <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> ואם כן <math>\int\limits_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>.
+תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אם"ם <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> ואם כן <math>\int\limits_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>.
-====הוכחה====
+===הוכחה===
-תחילה נניח ש-f אינטגרבילית, ז"א <math>\overline{\int}_a^b f(x)dx=\underline\int_a^b f(x)dx</math>. לכן, ממשפט 3, <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)dx=\underline\int_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>. ע"פ אריתמטיקה של גבולות <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> וכן <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\int_a^b f(x)dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>.
+תחילה נניח ש-f אינטגרבילית, ז"א <math>\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx</math>. לכן, ממשפט 3, <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx=\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>. ע"פ אריתמטיקה של גבולות <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> וכן <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)=\int_a^b f(x)\mathrm dx=\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)</math>.
-עכשיו נניח ש-<math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math>. אם כן אז ממשפט דרבו <math>0=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)dx-\underline\int_a^b f(x)dx</math>. ולכן f אינטגרבילית. {{משל}}
+עכשיו נניח ש-<math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math> ונוכיח את ההיפך. ממשפט 3 <math>0=\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\lim_{\lambda(P)\to0}\underline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f(x)\mathrm dx-\underline\int_a^b f(x)\mathrm dx</math> ולכן f אינטגרבילית. {{משל}}
-===משפט 5===
+==משפט 5==
 תהי f כנ"ל. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אם"ם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת חלוקה P של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon</math>.
-====הוכחה====
+===הוכחה===
 אם נתון ש-f אינטגרבילית אז ממשפט 4 <math>\lim_{\lambda(P)\to0}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=0</math>. לכן עבור <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שלכל P המקיימת <math>\lambda(P)<\delta</math> מתקיים <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon</math>.
-לצד השני, נניח שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת חלוקה P כך ש-<math>\lambda(P)<\delta</math> מתקיים <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon</math>. כידוע, לכל חלוקה P מתקיים <math>\underline S(f,P)\le\underline\int_a^b f\le\overline{\int}_a^b f\le\overline S(f,P)</math>. לפי הנתון נקבל <math>0\le\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f<\varepsilon</math>. זה נכון לכל <math>\varepsilon>0</math> ולכן <math>\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f=0</math>, כלומר f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}
+לצד השני, נניח שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת חלוקה P כך שמתקיים <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\varepsilon</math>. כידוע, לכל חלוקה P מתקיים <math>\underline S(f,P)\le\underline\int_a^b f\le\overline{\int}_a^b f\le\overline S(f,P)</math>. לפי הנתון נקבל <math>0\le\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f<\varepsilon</math>. זה נכון לכל <math>\varepsilon>0</math> ולכן <math>\overline{\int}_a^b f-\underline\int_a^b f=0</math>, כלומר f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}
-===משפט 6===
+==משפט 6==
-תהי <math>f(x)</math> רציפה וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.
+תהי f רציפה ב-<math>[a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.
-====הוכחה====
+===הוכחה===
-כעת יהי <math>\varepsilon>0</math>. כיוון ש-<math>f(x)</math> רציפה בקטע סגור <math>[a,b]</math> היא רציפה במ"ש, לכן קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>x_1,x_2\in[a,b]</math> ו-<math>|x_1-x_2|<\delta</math> אז <math>|f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon{2(b-a)}</math>. כעת תהי P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\delta</math>. לפיכך <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k</math> כאשר <math>M_k=\sup\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math> ו-<math>m_k=\inf\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math>. אבל מכיוון ש-f רציפה וע"פ המשפט השני של וירשטרס כל f רציפה ב-<math>[a,b]</math> חסומה שם, לכל k קיימים <math>y_k,z_k\in[x_{k-1},x_k]</math> כך ש-<math>f(y_k)=M_k</math> ו-<math>f(z_k)=m_k</math>. כעת <math>|y_k-z_k|\le x_k-x_{k-1}=\Delta x_k\le\lambda(P)<\delta</math>, לכן <math>M_k-m_k=|f(y_k)-f(z_k)|<\frac\varepsilon{2(b-a)}</math> ולבסוף
+יהי <math>\varepsilon>0</math>. כיוון ש-f רציפה בקטע סגור <math>[a,b]</math> היא רציפה במ"ש, לכן קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>x_1,x_2\in[a,b]</math> ו-<math>|x_1-x_2|<\delta</math> אז <math>|f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon{b-a}</math>. כעת תהי P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\lambda(P)<\delta</math>. לפיכך <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k</math> כאשר <math>M_k=\sup\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math> ו-<math>m_k=\inf\{f(x):\ x_{k-1}\le x\le x_k\}</math>. כיוון ש-f רציפה ושעפ"י המשפט השני של ויירשראס לכל f רציפה ב-<math>[a,b]</math> יש שם נקודות מינימום ומקסימום, לכל k קיימים <math>y_k,z_k\in[x_{k-1},x_k]</math> כך ש-<math>f(y_k)=M_k</math> ו-<math>f(z_k)=m_k</math>. כעת <math>|y_k-z_k|\le x_k-x_{k-1}=\Delta x_k\le\lambda(P)<\delta</math>, לכן <math>M_k-m_k=|f(y_k)-f(z_k)|<\frac\varepsilon{b-a}</math> ולבסוף
-{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k\\&<\sum_{k=1}^n\frac\varepsilon{2(b-a)}\Delta x_k\\&=\frac\varepsilon{2(b-a)}(x_1-\underbrace{x_0}_{=a}+x_2-x_1+\dots+\underbrace{x_n}_{=b}-x_{n-1})\\&=\frac\varepsilon{2(b-a)}(b-a)\\&=\frac\varepsilon2\\&<\varepsilon\end{align}</math>}}
+{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k\\&<\sum_{k=1}^n\frac\varepsilon{b-a}\Delta x_k\\&=\frac\varepsilon{b-a}(x_1-\underbrace{x_0}_{=a}+x_2-x_1+\dots+\underbrace{x_n}_{=b}-x_{n-1})\\&=\frac\varepsilon{b-a}(b-a)\\&=\varepsilon\end{align}</math>}}
 ונובע ממשפט 5 (או 4) ש-f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}
-===משפט 7===
+==משפט 7==
 תהי f מוגדרת ומונוטונית בקטע <math>[a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.
-====הוכחה====
+===הוכחה===
-נוכיח לפונקציה עולה. לכל <math>x\in[a,b]</math> מתקיים <math>f(a)\le f(x)\le f(b)</math> ולכן f חסומה. כעת ניקח חלוקה P כלשהי של <math>[a,b]</math>:
+נוכיח לפונקציה עולה. לכל <math>x\in[a,b]</math> מתקיים <math>f(a)\le f(x)\le f(b)</math> ולכן f חסומה. כעת ניקח חלוקה <math>P=\{x_0,\dots,x_n\}</math> כלשהי של <math>[a,b]</math> המקיימת לכל k, <math>\Delta x_k=\frac{b-a}n</math> (ובפרט הם שווים) אזי <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1})\Big)\Delta x_k</math>.
-<math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונבנה
-<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n(f(x_k)-f(x_{k-1})\Delta x_k</math>.
-כעת, אם נבחר לכל k, <math>\Delta x_k=\frac{b-a}n</math> (ובפרט הם שווים) נקבל
+מכאן נובע כי
-{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1}\Big)\\&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_1)-\underbrace{f(x_0)}_{=f(a)}+f(x_2)-f(x_1)+\dots+\underbrace{f(x_n)}_{=f(b)}+f(x_{n-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\Big(f(b)-f(a)\Big)\end{align}</math>}}
+{{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_k)-f(x_{k-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\sum_{k=1}^n\Big(f(x_1)-\underbrace{f(x_0)}_{=f(a)}+f(x_2)-f(x_1)+\dots+\underbrace{f(x_n)}_{=f(b)}+f(x_{n-1})\Big)\\&=\frac{b-a}n\Big(f(b)-f(a)\Big)\end{align}</math>}}
 נשאיף <math>n\to\infty</math> ואגף ימין שואף ל-0. מכאן ש-<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)</math> קטן כרצוננו, וקיימנו את התנאי של משפט 5. לכן f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/22.2.11"

גרסה אחרונה מ־20:29, 29 ביולי 2012

תוכן עניינים

האינטגרל לפי דרבו (המשך)

משפט 3

הוכחה

משפט 4

הוכחה

משפט 5

הוכחה

משפט 6

הוכחה

משפט 7

הוכחה

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים