שינויים
/* הוכחה */
==משפט 8==
נניח ש-f מוגדרת וחסומה בקטע <math>[a,c]</math> ונניח ש-<math>a<b<c</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> וב-<math>[b,c]</math> אם"ם היא אינטגרבילית ב-<math>[a,c]</math>, ואם כן מתקיים <math>\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>.
===הוכחה===
<math>\implies</math>: נתונה f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> וב-<math>[b,c]</math>. נקח חלוקה כלשהי P של <math>[a,b]</math> וחלוקה Q של <math>[b,c]</math> ונגדיר <math>R=P\cup Q</math> (כלומר R חלוקה של <math>[a,c]</math>). לכן מתקיים <math>\overline S(f,R)=\overline S(f,P)+\overline S(f,Q)</math>. נשאיף <math>\lambda(P),\lambda(Q)\to0</math>. לפי הנתון <math>\overline S(f,P)\to\int\limits_a^b f</math> וגם <math>\overline S(f,Q)\to\int\limits_b^c f</math>, לכן <math>\overline S(f,R)\to\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>. באותו אופן נקבל <math>\underline S(f,R)\to\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>. הראנו ש-<math>\overline S(f,R)-\underline S(f,R)\to0</math> ולכן f אינטגרבילית ב-<math>[a,c]</math>. ע"פ משפט 4 נסיק <math>\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>.
<math>\Longleftarrow</math>: נבחר חלוקות P,Q,R כמו בחלק הקודם, ושוב <math>\overline S(f,R)=\overline S(f,P)+\overline S(f,Q)</math> ו-<math>\underline S(f,R)=\underline S(f,P)+\underline S(f,Q)</math>. נחסיר ונקבל: <math>\overline S(f,R)-\underline S(f,R)=\overline S(f,P)-\underline S(f,P)+\overline S(f,Q)-\underline S(f,Q)</math>. כעת, אם <math>\varepsilon>0</math>, האינטגרביליות של f על <math>[a,c]</math> גוררת שעבור <math>\lambda(P)</math> ו-<math>\lambda(Q)</math> מספיק קטנים <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P),\overline S(f,Q)-\underline S(f,Q)<\varepsilon</math>. קיום חלוקה P כזאת לכל <math>\varepsilon>0</math> מוכיח ש-f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> וקיום חלוקה Q - ב-<math>[b,c]</math>. השיוויון <math>\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math> נובע מהחלק הקודם. {{משל}} ===הכללה===אם <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ואם f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אז <math>\int\limits_a^b f=\sum_{k=1}^n\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f</math>. ההוכחה באינדוקציה. '''מוסכמות''':
# <math>\int\limits_a^a f=0</math>
# אם <math>a<b</math> ואם f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> נרשום <math>\int\limits_b^a f=-\int\limits_a^b f</math>
(אלה מוסכמות ולא משפטים כי באופן שבו הגדרנו את האינטגרל עד עכשיו, <math>\int\limits_b^a</math> לא מוגדר עבור <math>a\le b</math>)
עם מוסכמות אלה יתקיים:
<math>\int\limits_a^c f===\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math> באופן בלתי תלוי בסדר של המספרים a,b,c. למשל, אם <math>c<a<b</math> אז לפי משפט 98 <math>\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>. נבדוק: <math>\int\limits_c^a f=-\int\limits_a^c f\ \and\ \int\limits_c^b f=תהי -\int\limits_b^c f</math>ולכן <math>-\int\limits_b^c f=-\int\limits_a^c f+\int\limits_a^b f(x)</math> , מה שגורר <math>\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f</math>. ==משפט 9==תהי f מוגדרת וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. עוד נניח ש-f רציפה ב-<math>(a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.====הוכחה====יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. נגדיר <math>c=a+\frac\varepsilon{2\Omega}</math>גרף (1). לפי הנתון f רציפה ב-<math>[c,b]</math>. , אזי ממשפט 6 היא אינטגרבילית ב-<math>[c,b]</math>, לכן נוכל לבחור חלוקה P של <math>[c,b]</math> כך ש-<math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\frac\varepsilon2</math>. כעת גדיר נגדיר חלוקה Q של <math>[a,b]</math> ע"י <math>Q=\{a\}\cup P</math>. עוד נגדיר <math>M'=\sup\{f(x):\ a\le x\le c\}</math> וכן <math>m'=\inf\{f(x):\ a\le x\le c\}</math>. נובע ש-כי {{left|<math>\begin{align}\overline S(f,PQ)-\underline S(f,PQ)&=(M'-m')(c-a)+\overline S(f,P)-\underline S(f,P)\\&<\Omega(c-a)+\frac\varepsilon2<\\&=\Omega\cdot\frac\varepsilon{2\Omega}+\frac\varepsilon2\\&=\varepsilon\end{align}</math>. }}נובע ממשפט 4 ש-f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>. {{משל}}
===מסקנה 1===
===מסקנה 2===
נניח ש-f חסומה ב-<math>[a,b]</math> ורציפה שם פרט למספר סופי של נקודות <math>x_0,x_1,\dots,x_n</math> כך ש-<math>a=\le x_0<x_1<\dots<x_n=\le b</math> . אזי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math>.
====הוכחה====
עבור כל k, נקבל ש-f חסומה ב-<math>[x_{k-1},x_k]</math> ורציפה ב-<math>(x_{k-1},x_k)</math>. לפי מסקנה 1 , f אינטגרבילית ב-<math>[x_{k-1},x_k]</math>. נסתמך על מסקנה ההכללה למשפט 8 לומר ש-f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]=\bigcup_{k=1}^n [x_{k-1},x_k]</math>. {{משל}}
[[קובץ:פונקציה רציפה למקוטעין.png|ימין|ממוזער|300px|דוגמה לפונקציה רציפה למקוטעין]]
'''הגדרה:''' אומרים ש-f "רציפה למקוטעין" ב-<math>[a,b]</math> אם היא רציפה שם פרט למספר סופי של נקודות אי-רציפות ממין ראשון.
נעיר שעל חלוקה אחת P של <math>[a,b]</math> אפשר לבנות אינסוף סכומי רימן <math>S(f,P,P')</math>. עם זאת, יתקיים תמיד <math>\underline S(f,P)\le S(f,P,P')\le\overline S(f,P)</math>. יתר על כן, <math>\underline S(f,P)=\inf_{P'} S(f,P,P')</math> ו-<math>\overline S(f,P)=\sup_{P'} S(f,P,P')</math>. '''הגדרת האינטגרל לפי רימן:''' תהי f מוגדרת וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. נאמר ש-f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> אם כאשר <math>\lambda(P)\to0</math> כל סכומי רימן <math>S(f,P,P')</math> שואפים לגבול אחד, שיסומן <math>\int\limits_a^b f</math>. ==הוכחהמשפט 10==תהי f מוגדרת וחסומה ב-<math>[a,b]</math>. אזי f אינטגרבילית שם לפי רימן אם"ם f אינטגרבילית שם לפי דרבו, ואם כן אז <math>{\int\limits_R}_a^b f</math> (לפי רימן) <math>{\int\limits_D}_a^b f=</math> (לפי דרבו). ===הוכחה===תחילה נניח ש-f אינטגרבילית לפי דרבו. נעיר שלכל חלוקה P ותת חלוקה {{ltr|P' }} של <math>[a,b]</math>:<math>\underline S(f,P)\le S(f,P,P')\le\overline S(f,P)</math>. כעת נשאיף <math>\lambda(P)\to0</math>. כיוון ש-f אינטגרבילית דרבו, <math>\overline S(f,P)\to{\int\limits_alimits_D}_a^b f</math> וכן <math>\underline S(f,P)\to{\int\limits_alimits_D}_a^b f</math> לכן משפט הסנדויץ' מבטיח ש-<math>\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')</math> קיים ושווה ל-<math>{\int\limits_alimits_D}_a^b f</math>. ז"א f אינטגרבילית רימן ומתקיים <math>{\int\limits_alimits_R}_a^b f=\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')={\int\limits_alimits_D}_a^b f</math>. לצד השני, נניח ש-f אינטגרבילית רימן. אזי מתקיים <math>{\int\limits_alimits_R}_a^b f=\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')</math>. אם כן הוא גם שווה ל-<math>\lim_{\lambda(P)\to0} \sup_{P'} S(f,P,P')=\lim_{\lambda(P)\to0} \overline S(f,P)=\intoverline{\limits_aint}_a^b f</math>,ובאופן דומה עבור אינטגרל תחתון (לפי דרבו, כמובן). מצאנו <math>{\int\limits_alimits_R}_a^b f=\overline{\int}_a^b f=\underline\int_a^b f</math>. עצם זה שהאינטגרל העליון והתחתון שווים אומר ש-f אינטגרבילית דרבו וגם מצאנו: הוכחנו ש-<math>{\int\limits_alimits_R}_a^b f={\int\limits_alimits_D}_a^b f</math>. {{משל}}
===הוכחה===#<math>S(f+cg,P,P')=\sum_{k=1}^n (f+cg)(c_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k+c\sum_{k=1}^n g(c_k)\Delta x_k</math>.נשאיף <math>\lambda(P)\to0</math>.כיוון שנתון ש-f ו-g אינטגרביליות אגף ימין שואף לגבול, ז"א <math>\lim_{\lambda(P)\to0} S(f+cg,P,P')=\int\limits_a^b f+c\int\limits_a^b g</math>.עצם קיום הגבול אומר ש-<math>f+cg</math> אינטגרבילית ולפי ערך הגבול נסיק <math>\int\limits_a^b (f+cg)=\int\limits_a^b f+c\int\limits_a^b g</math>. {{משל}}
{{המשך סיכום|תאריך=1.3.11}}<ol start="2"><li>נתבונן בסכום רימן כלשהו עבור g: <math>=\sum_{k=1}^n fg(c_k)\Delta x_k+c</math>. לפי הנתון הוא קטן או שווה ל- <math>\sum_{k=1}^n gf(c_k)\Delta x_k</math>. נשאיף <math>\lambda(P)\to0</math> כיוון שנתון ש-. סכומים אלה שואפים לאינטגרלים של f ו-g אינטגרביליות אגף ימין שואף לגבולונסיק <math>\int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g</math>. {{משל}}</li><li>נעיר ש-<math>\Omega</math> היא בעצם <math>\Omega(f)=\sup\{|f(x)-f(y)|:\ x, ז"א y\in[a,b]\}</math>. כזכור, אי שיוויון המשולש גורר ש-<math>\lim_Big||f(x)|-|f(y)|\Big|\le|f(x)-f(y)|</math>. לכן <math>\Omega(|f|)=\sup_{x,y\lambdain[a,b]}\Big||f(Px)|-|f(y)|\to0Big|\le\sup_{x,y\in[a,b]} |f(x)-f(y)|=\Omega(f)</math>. כעת תהי P חלוקה כלשהי של <math>[a,b]</math> ואז <math>\overline S(f,P)-\underline S(f,P')=\intsum_{k=1}^n (M_k(f)-m_k(f))\limits_aDelta x_k</math>. נעיר שלכל f, <math>M_k(f)-m_k(f)</math> היא התנודה של f בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> ולפי מה שהוכחנו זה גדול או שווה לתנודה של |f| באותו קטע: {{left|<math>\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\sum_{k=1}^b n \Big(M_k(f)-m_k(xf)\mathrm dx+cBig)\intDelta x_k\limits_a\&\ge\sum_{k=1}^b gn \Big(xM_k(|f|)-m_k(|f|)\mathrm dxBig)\Delta x_k\\&=\overline S(|f|,P)-\underline S(|f|,P)\end{align}</math>}}כעת נוכיח ש-|f| אינטגרבילית. עצם קיום הגבול אומר לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-f אינטגרבילית (נתון) קיימת חלוקה P של <math>[a,b]</math> כך ש-<math>\overline S(|f+cg|,P)-\underline S(|f|,P)\le\overline S(f,P)-\underline S(f,P)\to0</math> ונובע ממשפט 5 ש-|f| אינטגרבילית ולפי ערך הגבול נסיק . נותר להוכיח את אי-השיוויון <math>\left|\int\limits_a^bf\Bigright|\le\int\limits_a^b |f|</math>. לפי אי-שיוויון המשולש, לכל סכום רימן של f מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k\right|\le\sum_{k=1}^n |f(xc_k)+cg|\Delta x_k</math>. נשאיף <math>\lambda(P)\to0</math> ונקבל ש-<math>\left|\int\limits_a^b f\right|\le\int\limits_a^b|f|</math>. {{משל}}</li><li>נתון <math>m\le f(x)\Bigle M</math>. לפי משפט 1, לכל חלוקה P של <math>[a,b]</math> מתקיים <math>m(b-a)\le\underline S(f,P)\le\overline S(f,P)\le M(b-a)</math>. נשאיף את <math>\lambda(P)\to0</math> כדי להסיק <math>m(b-a)\mathrm dxle\int\limits_a^b f\le M(b-a)</math>. אם נתון <math>|f(x)|\mathrm dx+cle M</math> אז נוכל להסתמך על סעיף 3 ומה שהוכחנו הרגע לומר <math>\left|\int\limits_a^b gf\right|\le\int\limits_a^b |f|\le M(b-a)</math>. {{משל}}</li><li>לפי הנתון <math>M\le f(x)\mathrm dxle M</math>. לכן, עפ"י סעיף 4 <math>M(b-a)\le\int\limits_a^b f\le M(b-a)</math> ויש שיוויון. {{משל}}</li></ol>