הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(דוגמה 3)
(דוגמה 3)
 
שורה 34: שורה 34:
  
 
==דוגמה 3==
 
==דוגמה 3==
חשב את הגבול <math>\lim{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
+
חשב את הגבול <math>\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
 
===פתרון===
 
===פתרון===
 
נתבונן בסדרה <math>\left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n</math>. כאשר <math>n\to\infty</math>, קל לראות שמדובר בקטע <math>[1,2]</math>. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: <math>\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right)</math>. ברור כי ln אינטגרבילית ב-<math>(1,2]</math> ולכן נבחר חלוקה שעבורה <math>\Delta x=\frac1n</math>, ואז <math>\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=0}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx</math>.
 
נתבונן בסדרה <math>\left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n</math>. כאשר <math>n\to\infty</math>, קל לראות שמדובר בקטע <math>[1,2]</math>. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: <math>\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right)</math>. ברור כי ln אינטגרבילית ב-<math>(1,2]</math> ולכן נבחר חלוקה שעבורה <math>\Delta x=\frac1n</math>, ואז <math>\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=0}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx</math>.

גרסה אחרונה מ־14:35, 2 ביולי 2015

אינטגרל לפי רימן

הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את T_{[a,b]} כחלוקה a=x_0<x_1<\dots<x_n=b ונקרא ל-T חלוקה. נסמן \Delta x_i=x_i-x_{i-1} כאשר i\in\{1,2,\dots,n\}.

הגדרה: תהי f פונקציה המוגדרת ב-[a,b] ותהי T חלוקה של הקטע. עבור כל תת קטע [x_{i-1},x_i] נבחר נקודה \alpha_i\in[x_{i-1},x_i] ונבנה סכום מהצורה \sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i. סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי ב-\Delta x_i וב-\alpha_i.

הגדרה: פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i.

הגדרה: תהי \{T_n\} סדרת חלוקות של הקטע [a,b]. נאמר כי T_n נורמלית אם \lim_{n\to\infty}\lambda(T_n)=0.

הגדרה: נאמר כי סכומי רימן שואפים לגבול I כאשר \lambda(T)\to0 אם לכל \varepsilon>0 קיימת \delta>0 כך שלכל חלוקה T עבורה \lambda(T)<\delta מתקיים |\sigma-I|<\varepsilon.

דוגמה 1

נמצא פונקציה לא אינטגרבילית. דוגמה קלאסית לכך היא פונקצית דיריכלה - לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהיה נקודה רציונלית ונקודה אי-רציונלית בתת קטע [x_{i-1},x_i] של [a,b] ולכן סכום רימן יכול להיות כל ערך בין 0 ל-1(b-a) (כולל).

דוגמה 2

קבע אינטגרביליות של f בקטע [0,1] כאשר f(x)=\begin{cases}2&0\le x<\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}.

פתרון

נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי \varepsilon>0 נתונה. צריך להוכיח כי קיימת \delta>0 כך שלכל חלוקה T, עבורה \lambda(T)<\delta מתקיים |\sigma-I|<\varepsilon. נצייר את הפונקציה:

גרף (1)

אינטואיטיבית, מהגרף ניתן לראות שהשטח מתחת ל-f הוא 2\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1, כלומר אנו ננסה להוכיח ש-I=1:

נסמן ב-T את החלוקה \left\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\right\} של [0,1]. נבחר T_\delta=\{x_0,x_1,\dots,x_n\} העדנה של T המקיימת \lambda(T_\delta)<\delta ונבנה את סכום רימן באופן הבא: תהי x_i:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac13\right\} ותהי x_j:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac23\right\}. עבור x_0\le c_1\le x_1\le\dots\le c_n\le x_n, סכומי רימן הם

\begin{array}{l l l}\sigma&=&\displaystyle\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k
\\&=&\ 2(x_1-\underbrace{x_0}_{=0})+\dots+2(x_i-x_{i-1})
\\&&+0(\underbrace{x_{i+1}}_{=1/3}-x_i)+\dots+0(x_j-x_{j-1})
\\&&+1(\underbrace{x_{j+1}}_{=2/3}-x_j)+\dots+1(\underbrace{x_n}_{=1}-x_{n-1})\\&=&2x_i+1-x_j\end{array}

נשים לב כי x_{i+1}-x_i,x_{j+1}-x_j<\delta ולכן 2x_i>\frac23-2\delta ו-1-x_j<\delta+\frac13. כמו כן, לפי הגדרת x_i,x_j, מתקיים 2x_i<\frac23 ו-1-x_j>\frac13. מכאן ש-\frac23-2\delta+\frac13<\sigma<\frac23+\delta+\frac13. נזכיר כי חשדנו ש-I=1 ולכן נבדוק מהו \sigma-1: -2\delta+1<\sigma<1+\delta ולכן |\sigma-1|<2\delta. נבחר \delta=\frac\varepsilon2 ונקבל את הדרוש. לסיכום, ערך האינטגרל הוא 1 ובוודאי ש-f אינטגרבילית. \blacksquare

דוגמה 3

חשב את הגבול \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}.

פתרון

נתבונן בסדרה \left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n. כאשר n\to\infty, קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: \lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right). ברור כי ln אינטגרבילית ב-(1,2] ולכן נבחר חלוקה שעבורה \Delta x=\frac1n, ואז \lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=0}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx.

הערה: את האינטגרל הזה נלמד לפתור בשיעור הבא.


משפט: אם f(x)\ge g(x) ו-f ו-g אינטגרביליות אז \int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g.

דוגמה 4

קבע האם האינטגרל הנתון בעל ערך חיובי או שלילי: \int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx.

פתרון

נסמן f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}} קל לראות ש-f חיובית בקטע [-3,-1] ולכן \int\limits_{-3}^{-1}f\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx=0(-1-(-3))=0, כלומר אי-שלילי. נעיר ש-x=0 (שהיא הנקודה המאפסת היחידה של f ב-\mathbb R) אינה בקטע ולכן התוצאה חיובית. \blacksquare

דוגמה 5

נוכיח כי \int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5.

פתרון

נתון כי 1\le x\le4 ולכן 1\le x^2\le16. מכאן ש-\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17} חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל) ונקבל \int\limits_1^4 f\ge\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=\left[\sqrt2x\right]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\sqrt2. התוצאה קטנה מ-7.5 ולכן נחפש חסם אחר: 1+x^2>x^2\implies\sqrt{1+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|, לכן \int\limits_1^4 f>\int\limits_1^4|x|\mathrm dx=\int\limits_1^4 x\mathrm dx=\left[\frac{x^2}2\right]_{x=1}^4=7.5. \blacksquare

דוגמה 6

הוכח כי \frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2

פתרון

ננסה למצוא קבועים המקיימים m\le e^{x^2-x}\le M (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור). נמצא מינימום ומקסימום. נסמן f(x)=e^{x^2-x} ואז f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x} ולכן נקודה החשודה כקיצון היא x=\frac12: f''(x)>0 ולפיכך היא מינימום. לפי וירשטרס נחפש גם בקצוות: f(2)=e^{4-2}=e^2 (מקסימום) וכן f(0)=e^0=1. לכן e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2. לפיכך e^{-\frac14}\int\limits_0^2\mathrm dx\le \int\limits_0^2 f(x)\mathrm dx\le e^2\int\limits_0^2\mathrm dx ונקבל בדיוק את מה שרשום. \blacksquare