משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.4.11

משפט 7

תהי F מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] אז [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x) }[/math] קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math].

=הוכחה

אם ידוע ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x)=L\in\mathbb R }[/math] קל לקיים את תנאי קושי וכבר עשינו זאת. לצד השני נניח שתנאי קושי מתקיים עבור F. תחילה נראה ש-F חסומה ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. מתנאי קושי נובע שקיים [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ x_2\ge b }[/math], [math]\displaystyle{ |F(x_2)-F(b)|\lt 1 }[/math]. מכאן שלכל [math]\displaystyle{ x_2\gt b }[/math] [math]\displaystyle{ |F(x_2)|\le|F(b)|+1 }[/math]. לכן F חסומה בקטע [math]\displaystyle{ [b,\infty) }[/math]. כעת נתבונן בסדרת הערכים [math]\displaystyle{ F(b),F(b+1),F(b+2),\dots }[/math]. זאת סדרה חסומה. עפ"י בולצאנו וירשטרס קיימת לה תת סדרה מתכנסת [math]\displaystyle{ F(b+n_k)_{k=1} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \lim_{k\to\infty}F(b+n_k) }[/math] קיים ונקרא לו L. טענה: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x) }[/math] קיים ושווה ל-L. הוכחה: יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. כיוון ש-[math]\displaystyle{ L=\lim_{k\to\infty}F(b+n_k) }[/math] קיים [math]\displaystyle{ k_0\in\mathbb N }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ k\gt k_0 }[/math], [math]\displaystyle{ |F(b+n_k)|\lt \varepsilon/2 }[/math]. כמו כן, עפ"י תנאי קושי קיים [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 \varepsilon/2 }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ d=\max\{c,n_{k_0}\} }[/math]. צ"ל: לכל [math]\displaystyle{ x\gt d }[/math], [math]\displaystyle{ |F(x)-L|\varepsilon/2 }[/math], מה שגורר [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x)=L }[/math]. ובכן אם [math]\displaystyle{ x\gt d }[/math] נוכל לבחור [math]\displaystyle{ k\gt k_0 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ b+n_k\gt x\gt d }[/math] (כי [math]\displaystyle{ b+n_k\xleftarrow[k\to\infty]{}\infty }[/math]). כעת לפי הבניה שלנו [math]\displaystyle{ |f(x)-L|\le|F(x)-F(b+n_k)|+|F(b+n_k)-L|\lt \varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon }[/math]. נובע ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x)=L }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \in\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{ |\int\limits_{x_1}^{x_2} f|\lt \varepsilon }[/math].

הוכחה

לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=\int\limits_a^x f }[/math]. לפי ההגדרה [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x) }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^x f }[/math] מתכנס...

הגדרה: תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] נאמר ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס בהחלט אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.

משפט 8

תהי f מוגדר ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] אז f אינטגרבילית שם.

הוכחה

לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. כיוון ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים [math]\displaystyle{ x_0\lt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\gt x_1\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_{x_1}^{x_2}|f|\lt \varepsilon }[/math]. נובע מיד ש-[math]\displaystyle{ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|\lt \varepsilon }[/math]. קיימנו את תנאי קושי ל-[math]\displaystyle{ \int\limits_{x_1}^{x_2}f }[/math] ולכן הוא מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math] גישה אחרת: נגדיר [math]\displaystyle{ f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)\gt 0\\f(x)&\text{else}\end{cases} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ f^+(x),f^-(x) }[/math] לא שליליות. בודקים שלכל x [math]\displaystyle{ f(x)=f^+(x)-f^-(x) }[/math] וכן [math]\displaystyle{ |f(x)|=f^+(x)+f^-(x) }[/math]. (גאומטרית: [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f^+ }[/math] השטח שמעל ציר ה-x ו-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f^- }[/math] השטח שמתחת) כעת אם נתון ש-[math]\displaystyle{ \int\limit_a^\infty|f| }[/math] מתכנס. מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-[math]\displaystyle{ 0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)| }[/math] ... עכשיו נובע ממשפט 1 ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^- }[/math]...

דוגמאות

...
נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-[math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty f }[/math] מתכנס אעפ"י ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty f(n) }[/math], ולהיפך: [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty f(n) }[/math] מתכנס ואילו [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty f }[/math] מתבדר. ובכן אם [math]\displaystyle{ f(x)=\sin(\pi x) }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R }[/math] ואין גבול. לכל האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0 }[/math], שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר f ע"י גרף (יטופל בהמשך) moveTo(1/2,0);lineTo(1,1);lineTo(3/2,0);lineTo(7/4,0);lineTo(2,1);lineTo(9/4,0);lineTo(25/8,0);...

משפט 9 (מבחן דיריכלה)

נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] ונניח שהאינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] חסומים כאשר [math]\displaystyle{ b\to\infty }[/math]. ז"א קיים [math]\displaystyle{ M\gt 0 }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math] [math]\displaystyle{ |\int\limits_a^b f|\le M }[/math]. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=0 }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx }[/math] מתכנס.

הוכחה

לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=\int\limits_a^x f }[/math]. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-[math]\displaystyle{ F'(x)=f(x) }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math]. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים שלכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] [math]\displaystyle{ |f(x)|\le M }[/math]. כעת [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\cdot g=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^Rf\cdot g=\lim_{R\to\infty}\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^R-\int\limits_a^\infty F\cdot g' }[/math]. נראה שלכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר [math]\displaystyle{ R\to\infty }[/math]. ובכן [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a]^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0 }[/math]. נותר להוכיח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g' }[/math]. ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limit_a^\infty F\cdot g' }[/math] מתכנס עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן [math]\displaystyle{ g'(x)\ge0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\ge a }[/math] או [math]\displaystyle{ x\le0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\ge a }[/math]. כמקרה ראשון נניח ש-[math]\displaystyle{ \forall x\ge a:\ g'(x)\ge0 }[/math]. יוצא שלכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ 0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x) }[/math] ושהאינטגרל של [math]\displaystyle{ Mg'(x) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty Mg'=[Mg'(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a) }[/math] כי נתון ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=0 }[/math] בסיכון הראנו ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty Mg' }[/math] מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty |F|g' }[/math] ולכן מתכנס [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty Fg' }[/math]. לכן קיים [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R Fg' }[/math] וסיימנו את ההוכחה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה: לכל [math]\displaystyle{ \alpha\gt 0 }[/math] [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx }[/math]. הוכחה: נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha} }[/math]. אז ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: [math]\displaystyle{ |\int\limits_1^b f|=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_{x=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2 }[/math]. יתר על כן [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1{x^\alpha} }[/math] פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה [math]\displaystyle{ -\alphax^{-\alpha-1} }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=... }[/math] ז"א [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty }[/math] אבל לכל [math]\displaystyle{ 1\le x }[/math] [math]\displaystyle{ 0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right| }[/math] כי [math]\displaystyle{ |\sin(x)|\le1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \sin^2(x)\le|\sin(x)| }[/math] ואילו [math]\displaystyle{ x\gt 1 }[/math] ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx }[/math] מתבדר. אמנם [math]\displaystyle{ \sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx }[/math] שמתכנס עפ"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx }[/math] וכידוע [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x} }[/math] מתבדר ל-[math]\displaystyle{ +\infty }[/math]. נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx }[/math] מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\left(\frac{1-\cos(x)}{2x}+\frac{\cos(2x)}{2x}\right)\mathrm dx }[/math] הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x} }[/math] שמתבדר. הסתירה מוכיחה את הטענה.

כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים. בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שהיא דומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_nb_n }[/math] ונגדיר סכומים חלקיים [math]\displaystyle{ S_n=\sum_{k=1}^n a_k }[/math] אז [math]\displaystyle{ \forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1} }[/math]. אם כן [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_nb_n=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_nb_N }[/math]. ז"א [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N }[/math] - סכימה בחלקים.

משפט 10 (משפט דיריכלה לטורים)

נתון [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty a_nb_n }[/math]. נניח שלטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_n }[/math] יש סכומים חלקיים חסומים [math]\displaystyle{ |S_N|\le M }[/math] עוד נניח ש-[math]\displaystyle{ \{b_n\} }[/math] סדרה מונוטונית כך ש-[math]\displaystyle{ b_n\to0 }[/math]. אז [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty a_nb_n }[/math] מתכנס.