לדלג לתוכן
שינוי מצב סרגל צד
Math-Wiki
חיפוש
יצירת חשבון
כלים אישיים
יצירת חשבון
כניסה לחשבון
דפים לעורכים שלא נכנסו לחשבון
מידע נוסף
שיחה
תרומות
ניווט
עמוד ראשי
שינויים אחרונים
העלאת קובץ
כלים
דפים המקושרים לכאן
שינויים בדפים המקושרים
תרומות המשתמש
יומנים
צפייה בהרשאות המשתמש
דפים מיוחדים
מידע על הדף
עריכת הדף "
משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/10.4.11
" (פסקה)
דף משתמש
שיחה
עברית
קריאה
עריכה
גרסאות קודמות
עוד
קריאה
עריכה
גרסאות קודמות
אזהרה:
אינכם מחוברים לחשבון. כתובת ה־IP שלכם תוצג בפומבי אם תבצעו עריכות כלשהן. אם
תיכנסו לחשבון
או
תיצרו חשבון
, העריכות שלכם תיוחסנה לשם המשתמש שלכם ותקבלו גם יתרונות אחרים.
בדיקת אנטי־ספאם.
אין
למלא שדה זה!
=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה|(המשך)}}= ==משפט 4 {{הערה|(מבחן ההשוואה)}}== נניח ש-<math>\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x)</math> ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי: # אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. # אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתבדר אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתבדר. ===הוכחה=== # עפ"י משפט 3 מתקיים <math>\int\limits_a^\infty f=\sup_{R>a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R>a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g</math>. כעת, אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז הוא קטן מ-<math>\infty</math>, ולכן <math>\int\limits_a^\infty f<\infty</math> ומתכנס. {{משל}} # הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. {{משל}} ==משפט 5 {{הערה|(מבחן ההשוואה הגבולי)}}== נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-<math>[a,\infty)</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math>. ===הוכחה=== כיוון ש-<math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שלכל <math>x\ge x_0</math> מתקיים <math>\frac{f(x)}{g(x)}<L+1</math>, ז"א <math>0\le f(x)\le(L+1)g(x)</math>. נתון ש-g אינטגרבילית ב-<math>[a,\infty)</math>, ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. לפי משפט 1 גם <math>(L+1)g</math> אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע <math>[x_0,\infty)</math> ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-<math>[a,\infty)</math>. {{משל}} ===מסקנה=== בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-<math>L\ne0</math> אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. ====הוכחה==== לפי משפט 5 אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-<math>L>0</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R</math> ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-<math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}} ===דוגמאות=== עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר. <ol> <li><math>\int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx</math>: ====פתרון==== כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור <math>x\to\infty</math> הפונקציה בסדר גודל <math>\frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x</math>. נגדיר <math>f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1x</math>. אזי <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34>0</math>. לכן האינטגרל מתבדר. {{משל}} </li> <li> <math>\int\limits_2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx</math>: ====פתרון==== נגדיר <math>f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1{x\ln(x)}</math>. מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1>0</math>. אבל <math>\int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty</math>, כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. {{משל}} </li> <li> <math>\int\limits_1^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx</math>: ====פתרון==== נחשב את <math>\lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x}</math>: נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל <math>\lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0</math>. לכן אם <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. {{משל}} </li> </ol> ==משפט 6 {{הערה|(המבחן האינטגרלי לטורים)}}== נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[k,\infty)</math> (עבור <math>k\in\mathbb N</math> כלשהו). אזי <math>\int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R</math>. ===הוכחה=== נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> הוא סכום עליון של <math>\int\limits_k^N f</math> ו-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> הוא סכום תחתון. נסיק ש-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>. כעת, אם נתון ש-<math>\sum_{n=k}^\infty f(n)</math> מתכנס אז הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל. נשאיף <math>N\to\infty</math> ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> האינטגרל <math>\int\limits_k^\infty f</math> מתכנס. מאידך, אם נתון כי <math>\int\limits_k^\infty f</math> מתכנס אז האינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> חסומים מלעיל ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> נובע ש-<math>\sum_{n=k+1}^\infty f(n)</math> מתכנס <math>\sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow</math> מתכנס. {{משל}} ===מסקנה=== בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>. ===דוגמאות=== <ol> <li> <math>\sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))}</math> - מתכנס או מתבדר? ====פתרון==== נגדיר <math>f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))}</math>, אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-<math>[30,\infty)</math>. עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל <math>\int\limits_{30}^\infty f</math>, שמתבדר: <math>\int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty</math> (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). {{משל}} </li><li>ידוע לנו ש-<math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6</math>. אם נקח, למשל, <math>\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}</math>, מהו סדר הגודל של השארית R? ====פתרון==== נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר <math>f(x)=\frac1{x^2}</math> אזי <math>R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty\frac1{n^2}</math>. מתקיים <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6}</math>. כמו כן <math>\int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)</math> ולכן <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1}</math>. לסיכום, השארית מקיימת <math>\frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6}</math>. </li></ol> ---- פיתחנו כמה משפטים על התכנסות <math>\int\limits_a^\infty f</math> עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. '''הגדרה:''' תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור <math>x\to\infty</math> אם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2\ge x_1>x_0</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon</math>. ==משפט 7== תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע. ===הוכחה=== תחילה נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R</math> ונאמת את תנאי קושי. יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי ההגדרה קיים <math>b>a</math> כך שאם <math>x>b</math> אז <math>|f(x)-L|<\frac\varepsilon2</math>. מכאן נובע שאם <math>x_2\ge x_1>b</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math> ולכן מתקיים תנאי קושי. מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge x_1>b</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(x_1)|<1</math>. נקבע <math>x_1=b+1</math> ונובע שלכל <math>x_2>b+1</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(b+1)|<1</math>. לכן אם <math>x_2>b+1</math> אז <math>|f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|<1</math> ומכאן ש-<math>|f(x_2)|<|f(b+1)|+1</math>. לכן f חסומה בקטע <math>[b+1,\infty)</math> ולכן <math>\{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\}</math> סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת <math>\{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N}</math> כך ש-<math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)</math> קיים ונאמר שהוא <math>L\in\mathbb R</math>. ''טענה:'' <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ושווה ל-L. ''הוכחה:'' <math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L</math> ולכן עבור <math>\varepsilon>0</math> נתון קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שאם <math>k\ge k_0</math> אז <math>|f(b+n_k)-L|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\frac\varepsilon2</math>. עתה נגדיר <math>d:=\max\{b+n_{k_0},c\}</math> ולכן <math>|f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math>. {{משל}} {{המשך סיכום|תאריך=12.4.11}} ===מסקנה=== תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי האינטגרל <math>\int\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>\left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon</math>. ====הוכחה==== לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math> ולכן <math>\int\limits_{x_1}^{x_2} f=F(x_2)-F(x_1)</math>. כמו כן מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_a^\infty f</math>. עתה, <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> מתכנס אם"ם <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ |F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon</math>, וזה נכון אם"ם <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon</math>. {{משל}}
תקציר:
לתשומת לבך: תורמים אחרים עשויים לערוך או אף להסיר את תרומתך ל־Math-Wiki. אם אינך רוצה שעבודתך תהיה זמינה לעריכה על־ידי אחרים, אין לפרסם אותה פה.
כמו־כן, שמירת העריכה משמעה הבטחה שכתבת את הטקסט הזה בעצמך, או העתקת אותו ממקור שאינו מוגן בזכויות יוצרים (אפשר לעיין בדף
Math-Wiki:זכויות יוצרים
לפרטים נוספים).
אין לעשות שימוש בחומר המוגן בזכויות יוצרים ללא רשות!
ביטול
עזרה בעריכה
(נפתח בחלון חדש)