משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11

אינטגרל לפי רימן

הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את [math]\displaystyle{ T_{[a,b]} }[/math] כ-[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] ונבחר 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 בחלוקה [math]\displaystyle{ \Delta x_i }[/math] ו-[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\to0}\lambda(T_n)=0 }[/math]. הגדרה: נאמר כי הסכומים 6 של רימן שואפים לגבול L כאשר [math]\displaystyle{ \lambda(T)\to0 }[/math] ואם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיימת [math]\displaystyle{ \delta\gt 0 }[/math] כך שלכל חלוקה T עבור [math]\displaystyle{ \lambda(T)\lt \delta }[/math]מתקיים [math]\displaystyle{ |\sigma-L|\lt \varepsilon }[/math].

דוגמה 1

דוגמה קלאסית היא פונקצית דיריכלה. לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהי נקודה...

קל לראות שגם כל הסכומים ביניהם מתקבלים.

דוגמה 2

קבוע אינטגרביליות של f בקטע [0,1] כאשר [math]\displaystyle{ f(x)=\begin{cases}2&0\le x\le\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] נתון. צריך להוכיח כי קיימת [math]\displaystyle{ \delta\gt 0 }[/math] כך שלכל חלוקה T, עבור [math]\displaystyle{ \lambda(T)\lt \delta }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |\sigma-L|\lt \varepsilon }[/math]. נצייר את הפונקציה: גרף (1)

נזכיר כי L היא ערך האינטגרל ולכן, במקרה שלנו [math]\displaystyle{ 2\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1 }[/math]. נסמן את החלוקה T של [0,1] כ-[math]\displaystyle{ \{0,\tfrac13,\tfrac23,1\} }[/math]. נבחר [math]\displaystyle{ T_\delta }[/math] העדנה של T המקיימת [math]\displaystyle{ \lambda(T_\delta)\lt \delta }[/math] ונבנה את סכום רימן באופן הבא: תהי [math]\displaystyle{ x_i }[/math] הנקודה הכי קרובה ל-[math]\displaystyle{ \tfrac13 }[/math] משמאל ותהי [math]\displaystyle{ x_j }[/math] כנקדה הכי קרובה ל-[math]\displaystyle{ \tfarc23 }[/math] משמאל. ברור כי [math]\displaystyle{ x_i,x_j\in T_\delta }[/math]. הסכום הוא [math]\displaystyle{ \sigma=2(x_1-x_0)+2(x_2-x_1)+\dots+\underbrace A_{=0\text{ or }2}(\underbrace{\tfrac13}_{=x_{j+1}}-x_j)+\dots+0(x_k-x_{k-1})+\underbrace B_{(1)}(\tfrac23-x_k)+1(x_{k+2}-x_{k+1})+\dots+1(\underbrace 1_{=x_n}-x_{n-1}) }[/math]

1. שוב נקודת תפר בין הפונקציות.

נשים לב כי [math]\displaystyle{ \frac23-2\delta+\frac13\le\sigma\le\frac23+\delta+\frac13 }[/math]. נזכיר כי L=1 ולכן נבדוק מהו [math]\displaystyle{ \sigma-L }[/math]: [math]\displaystyle{ -2\delta+1\le\sigma\le1+\delta }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ |\sigma-1|\le2\delta }[/math] (נשים לב שבמקרה זה יתכן גם שיוויון). לכן נבחר [math]\displaystyle{ \delta=\frac\varepsilon4 }[/math] ונקבל את הדרוש. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 2

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

נסמן [math]\displaystyle{ \{a_k\}_{k=0}^n=1+\frac kn }[/math]. קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי [math]\displaystyle{ \ln }[/math]-ים אפשר לרשום: [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\proud_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \proud_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right) }[/math]. ראינו כי [math]\displaystyle{ \{a_i\}_{i=1}^n=\left\{1+\frac in\right\}_{i=1}^n }[/math] בקטע [1,2].

נסמן את f להיות [math]\displaystyle{ f(x)=\ln x }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ (1,2] }[/math] ברור כי [math]\displaystyle{ \ln x }[/math] אינטגרבילית ולכן [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n f\left(1+\frac in\right) }[/math]. מכיוון ש-f אינטגרבילית נבחר [math]\displaystyle{ \Delta x=\frac1n }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n f\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln x\mathrm dx }[/math]

הערה: את האינטגרל הנ"ל נלמד לפתון בשיעור הבא.

בנקודה [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] ברור ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^1\ln x\mathrm dx=0 }[/math] ולכן אין משמעות שהתעלמנו מהנקודה 1.

נשים לב שבמקרה זה אפשר להוסיף גם את [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] כי היא רציפה.

משפט: אם [math]\displaystyle{ f(x)\ge g(x) }[/math] ו-f ו-g אינטגרביליות אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_a^b g(x)\mathrm dx }[/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(x)\mathrm dx\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx }[/math], כלומר אי-שלילי.

נוסיף ש-[math]\displaystyle{ x=0 }[/math] אינו בקטע ולכן חיובית

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) [math]\displaystyle{ \int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=[\sqrt2x]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\cdot\sqrt2 }[/math] ....

דרך 2: [math]\displaystyle{ 1+x^2\le x^2\le0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \sqrt{1+x^2}\ge\sqrt{x^2}=|x| }[/math] חיובית. לכן [math]\displaystyle{ \int\limits_1^4 \sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge\int\limits_1^4 |x|\mathrm dx=\int\limits_1^4 x\mathrm dx=\left[\frac{x^2}2\right]_{x=1}^4= }[/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] ולכן היא מינימום. לפי וירשרס נחפש 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.