גרסה אחרונה מ־20:35, 29 ביולי 2012

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

משפט 4 (מבחן ההשוואה)

נניח ש-[math]\displaystyle{ \forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x) }[/math] ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אזי:

אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס.
אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתבדר אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתבדר.

הוכחה

עפ"י משפט 3 מתקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f=\sup_{R\gt a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R\gt a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g }[/math]. כעת, אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז הוא קטן מ-[math]\displaystyle{ \infty }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\lt \infty }[/math] ומתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 5 (מבחן ההשוואה הגבולי)

נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. עוד נניח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R }[/math]. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math].

הוכחה

כיוון ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math] קיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ x\ge x_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{f(x)}{g(x)}\lt L+1 }[/math], ז"א [math]\displaystyle{ 0\le f(x)\le(L+1)g(x) }[/math]. נתון ש-g אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math], ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math]. לפי משפט 1 גם [math]\displaystyle{ (L+1)g }[/math] אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math]. נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע [math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math] ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מסקנה

בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-[math]\displaystyle{ L\ne0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס.

הוכחה

לפי משפט 5 אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-[math]\displaystyle{ L\gt 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R }[/math] ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמאות

עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ x\to\infty }[/math] הפונקציה בסדר גודל [math]\displaystyle{ \frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1x }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \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\gt 0 }[/math]. לכן האינטגרל מתבדר. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx }[/math]:
פתרון

נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1{x\ln(x)} }[/math]. מתקיים [math]\displaystyle{ \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\gt 0 }[/math]. אבל [math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty }[/math], כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx }[/math]:
פתרון

נחשב את [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0 }[/math]. לכן אם [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 6 (המבחן האינטגרלי לטורים)

נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [k,\infty) }[/math] (עבור [math]\displaystyle{ k\in\mathbb N }[/math] כלשהו). אזי [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math] הוא סכום עליון של [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n) }[/math] הוא סכום תחתון. נסיק ש-[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{n=k}^\infty f(n) }[/math] מתכנס אז הסכומים החלקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math] חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] חסומים מלעיל. נשאיף [math]\displaystyle{ N\to\infty }[/math] ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge0 }[/math] האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_k^\infty f }[/math] מתכנס. מאידך, אם נתון כי [math]\displaystyle{ \int\limits_k^\infty f }[/math] מתכנס אז האינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n) }[/math] חסומים מלעיל ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge0 }[/math] נובע ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^\infty f(n) }[/math] מתכנס [math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מסקנה

בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math].

דוגמאות

[math]\displaystyle{ \sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))} }[/math] - מתכנס או מתבדר?
פתרון

נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))} }[/math], אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-[math]\displaystyle{ [30,\infty) }[/math]. עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_{30}^\infty f }[/math], שמתבדר: [math]\displaystyle{ \int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty }[/math] (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
ידוע לנו ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6 }[/math]. אם נקח, למשל, [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ f(x)=\frac1{x^2} }[/math] אזי [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6} }[/math].

פיתחנו כמה משפטים על התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math].

הגדרה: תהי f מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math] אם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt \varepsilon }[/math].

משפט 7

תהי f מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x) }[/math] קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.

הוכחה

תחילה נניח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R }[/math] ונאמת את תנאי קושי. יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. לפי ההגדרה קיים [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x\gt b }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x)-L|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. מכאן נובע שאם [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt b }[/math] אז [math]\displaystyle{ |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]\displaystyle{ b\gt a }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt b }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt 1 }[/math]. נקבע [math]\displaystyle{ x_1=b+1 }[/math] ונובע שלכל [math]\displaystyle{ x_2\gt b+1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(b+1)|\lt 1 }[/math]. לכן אם [math]\displaystyle{ x_2\gt b+1 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|\lt 1 }[/math] ומכאן ש-[math]\displaystyle{ |f(x_2)|\lt |f(b+1)|+1 }[/math]. לכן f חסומה בקטע [math]\displaystyle{ [b+1,\infty) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\} }[/math] סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת [math]\displaystyle{ \{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N} }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \lim_{k\to\infty} f(b+n_k) }[/math] קיים ונאמר שהוא [math]\displaystyle{ L\in\mathbb R }[/math]. טענה: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x) }[/math] קיים ושווה ל-L. הוכחה: [math]\displaystyle{ \lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L }[/math] ולכן עבור [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון קיים [math]\displaystyle{ k_0\in\mathbb N }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ k\ge k_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(b+n_k)-L|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר [math]\displaystyle{ c\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\gt x_1\gt c }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. עתה נגדיר [math]\displaystyle{ d:=\max\{b+n_{k_0},c\} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ |f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|\lt \frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

את ההמשך עשינו בשיעור שאחריו:

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\gt x_1\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|\lt \varepsilon }[/math].

הוכחה

לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=\int\limits_a^x f }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_{x_1}^{x_2} f=F(x_2)-F(x_1) }[/math]. כמו כן מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_a^\infty f }[/math]. עתה, [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x) }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \forall\varepsilon\gt 0:\ \exists x_0\gt a:\ \forall x_2\gt x_1\gt x_0:\ |F(x_2)-F(x_1)|\lt \varepsilon }[/math], וזה נכון אם"ם [math]\displaystyle{ \forall\varepsilon\gt 0:\ \exists x_0\gt a:\ \forall x_2\gt x_1\gt x_0:\ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|\lt \varepsilon }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-=אינטגרל לא אמיתי {{הערה|(המשך)}}=
+=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:
@@ שורה 11: / שורה 11: @@
 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>[x_0,\infty)</math>. {{משל}}
+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>.
+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>. 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}}
+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===
@@ שורה 26: / שורה 26: @@
 </li>
 <li>
-<math>\int\limits2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx</math>:
+<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_0^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx</math>:
+<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_0^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. {{משל}}
+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>
@@ שורה 40: / שורה 41: @@
 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> 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}}
+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>.
@@ שורה 51: / שורה 52: @@
 </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</math>. מתקיים <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty\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>.
+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>.
@@ שורה 61: / שורה 62: @@
 '''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.
@@ שורה 66: / שורה 68: @@
 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}}
+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}}