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 - תרגול/27.2.11
" (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 לפי רימן= '''הגדרה:''' יהי <math>[a,b]</math> קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כחלוקה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ל-T חלוקה. נסמן <math>\Delta x_i=x_i-x_{i-1}</math> כאשר <math>i\in\{1,2,\dots,n\}</math>. '''הגדרה:''' תהי f פונקציה המוגדרת ב-<math>[a,b]</math> ותהי T חלוקה של הקטע. עבור כל תת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> נבחר נקודה <math>\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]</math> ונבנה סכום מהצורה <math>\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i</math>. סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי ב-<math>\Delta x_i</math> וב-<math>\alpha_i</math>. '''הגדרה:''' פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-<math>\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i</math>. '''הגדרה:''' תהי <math>\{T_n\}</math> סדרת חלוקות של הקטע <math>[a,b]</math>. נאמר כי <math>T_n</math> נורמלית אם <math>\lim_{n\to\infty}\lambda(T_n)=0</math>. '''הגדרה:''' נאמר כי סכומי רימן שואפים לגבול I כאשר <math>\lambda(T)\to0</math> אם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T עבורה <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-I|<\varepsilon</math>. ==דוגמה 1== נמצא פונקציה לא אינטגרבילית. דוגמה קלאסית לכך היא פונקצית דיריכלה - לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהיה נקודה רציונלית ונקודה אי-רציונלית בתת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> של <math>[a,b]</math> ולכן סכום רימן יכול להיות כל ערך בין 0 ל-<math>1(b-a)</math> (כולל). ==דוגמה 2== קבע אינטגרביליות של f בקטע <math>[0,1]</math> כאשר <math>f(x)=\begin{cases}2&0\le x<\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}</math>. ===פתרון=== נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי <math>\varepsilon>0</math> נתונה. צריך להוכיח כי קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T, עבורה <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-I|<\varepsilon</math>. נצייר את הפונקציה: גרף (1) אינטואיטיבית, מהגרף ניתן לראות שהשטח מתחת ל-f הוא <math>2\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1</math>, כלומר אנו ננסה להוכיח ש-<math>I=1</math>: נסמן ב-T את החלוקה <math>\left\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\right\}</math> של <math>[0,1]</math>. נבחר <math>T_\delta=\{x_0,x_1,\dots,x_n\}</math> העדנה של T המקיימת <math>\lambda(T_\delta)<\delta</math> ונבנה את סכום רימן באופן הבא: תהי <math>x_i:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac13\right\}</math> ותהי <math>x_j:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac23\right\}</math>. עבור <math>x_0\le c_1\le x_1\le\dots\le c_n\le x_n</math>, סכומי רימן הם {{left|<math>\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}</math>}} נשים לב כי <math>x_{i+1}-x_i,x_{j+1}-x_j<\delta</math> ולכן <math>2x_i>\frac23-2\delta</math> ו-<math>1-x_j<\delta+\frac13</math>. כמו כן, לפי הגדרת <math>x_i,x_j</math>, מתקיים <math>2x_i<\frac23</math> ו-<math>1-x_j>\frac13</math>. מכאן ש-<math>\frac23-2\delta+\frac13<\sigma<\frac23+\delta+\frac13</math>. נזכיר כי חשדנו ש-<math>I=1</math> ולכן נבדוק מהו <math>\sigma-1</math>: <math>-2\delta+1<\sigma<1+\delta</math> ולכן <math>|\sigma-1|<2\delta</math>. נבחר <math>\delta=\frac\varepsilon2</math> ונקבל את הדרוש. לסיכום, ערך האינטגרל הוא 1 ובוודאי ש-f אינטגרבילית. {{משל}} ==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>. ===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>. '''הערה:''' את האינטגרל הזה נלמד לפתור בשיעור הבא. ---- משפט: אם <math>f(x)\ge g(x)</math> ו-f ו-g אינטגרביליות אז <math>\int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g</math>. ==דוגמה 4== קבע האם האינטגרל הנתון בעל ערך חיובי או שלילי: <math>\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx</math>. ===פתרון=== נסמן <math>f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}</math> קל לראות ש-f חיובית בקטע <math>[-3,-1]</math> ולכן <math>\int\limits_{-3}^{-1}f\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx=0(-1-(-3))=0</math>, כלומר אי-שלילי. נעיר ש-<math>x=0</math> (שהיא הנקודה המאפסת היחידה של f ב-<math>\mathbb R</math>) אינה בקטע ולכן התוצאה '''חיובית'''. {{משל}} ==דוגמה 5== נוכיח כי <math>\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5</math>. ===פתרון=== נתון כי <math>1\le x\le4</math> ולכן <math>1\le x^2\le16</math>. מכאן ש-<math>\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}</math> חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל) ונקבל <math>\int\limits_1^4 f\ge\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=\left[\sqrt2x\right]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\sqrt2</math>. התוצאה קטנה מ-7.5 ולכן נחפש חסם אחר: <math>1+x^2>x^2\implies\sqrt{1+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|</math>, לכן <math>\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</math>. {{משל}} ==דוגמה 6== הוכח כי <math>\frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2</math> ===פתרון=== ננסה למצוא קבועים המקיימים <math>m\le e^{x^2-x}\le M</math> (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור). נמצא מינימום ומקסימום. נסמן <math>f(x)=e^{x^2-x}</math> ואז <math>f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}</math> ולכן נקודה החשודה כקיצון היא <math>x=\frac12</math>: <math>f''(x)>0</math> ולפיכך היא מינימום. לפי וירשטרס נחפש גם בקצוות: <math>f(2)=e^{4-2}=e^2</math> (מקסימום) וכן <math>f(0)=e^0=1</math>. לכן <math>e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2</math>. לפיכך <math>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</math> ונקבל בדיוק את מה שרשום. {{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)