משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11

אינטגרל לפי רימן

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

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

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

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

הגדרה: נאמר כי סכומי רימן שואפים לגבול I כאשר [math]\displaystyle{ \lambda(T)\to0 }[/math] אם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיימת [math]\displaystyle{ \delta\gt 0 }[/math] כך שלכל חלוקה T עבורה [math]\displaystyle{ \lambda(T)\lt \delta }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |\sigma-I|\lt \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]\displaystyle{ [x_{i-1},x_i] }[/math] של [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] ולכן סכום רימן יכול להיות כל ערך בין 0 ל-[math]\displaystyle{ 1(b-a) }[/math] (כולל).

דוגמה 2

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

פתרון

נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתונה. צריך להוכיח כי קיימת [math]\displaystyle{ \delta\gt 0 }[/math] כך שלכל חלוקה T, עבורה [math]\displaystyle{ \lambda(T)\lt \delta }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |\sigma-I|\lt \varepsilon }[/math]. נצייר את הפונקציה:

גרף (1)

אינטואיטיבית, מהגרף ניתן לראות שהשטח מתחת ל-f הוא [math]\displaystyle{ 2\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1 }[/math], כלומר אנו ננסה להוכיח ש-[math]\displaystyle{ I=1 }[/math]:

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

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

דוגמה 3

חשב את הגבול [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n }[/math]. כאשר [math]\displaystyle{ n\to\infty }[/math], קל לראות שמדובר בקטע [math]\displaystyle{ [1,2] }[/math]. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ (1,2] }[/math] ולכן נבחר חלוקה שעבורה [math]\displaystyle{ \Delta x=\frac1n }[/math], ואז [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ f(x)\ge g(x) }[/math] ו-f ו-g אינטגרביליות אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g }[/math].

דוגמה 4

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

פתרון

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

דוגמה 5

נוכיח כי [math]\displaystyle{ \int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5 }[/math].

פתרון

נתון כי [math]\displaystyle{ 1\le x\le4 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ 1\le x^2\le16 }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ \sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17} }[/math] חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל) ונקבל [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ 1+x^2\gt x^2\implies\sqrt{1+x^2}\gt \sqrt{x^2}=|x| }[/math], לכן [math]\displaystyle{ \int\limits_1^4 f\gt \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]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 6

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

פתרון

ננסה למצוא קבועים המקיימים [math]\displaystyle{ m\le e^{x^2-x}\le M }[/math] (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור). נמצא מינימום ומקסימום. נסמן [math]\displaystyle{ f(x)=e^{x^2-x} }[/math] ואז [math]\displaystyle{ f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x} }[/math] ולכן נקודה החשודה כקיצון היא [math]\displaystyle{ x=\frac12 }[/math]: [math]\displaystyle{ f''(x)\gt 0 }[/math] ולפיכך היא מינימום. לפי וירשטרס נחפש גם בקצוות: [math]\displaystyle{ f(2)=e^{4-2}=e^2 }[/math] (מקסימום) וכן [math]\displaystyle{ f(0)=e^0=1 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2 }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ 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. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]