שינויים
יצירת דף עם התוכן "==אינטגרל לפי רימן== הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כ-<math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ..."
==אינטגרל לפי רימן==
הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כ-<math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ל-T חלוקה. נסמן <math>\Delta X_i=x_i-x_{i-1}</math> כאשר <math>i\in\{1,2,\dots,n\}</math>.
הגדרה: תהי f פונקציה המוגדרת ב-<math>[a,b]</math> ותהי T חלוקה של הקטע עבור כל תת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> ונבחר נקודה <math>\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]</math> ונבנה סכום מהצורה <math>\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i</math> סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי בחלוקה <math>\Delta x_i</math> ו-<math>\alpha_i</math>.
הגדרה: פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-<math>\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i</math>.
הגדרה: תהי <math>\{T_n\}</math> סדרת חלוקות של הקטע <math>[a,b] </math>. נאמר כי <math>T_n</math> נורמלית אם <math>\lim_{n\to0}\lambda(T_n)=0</math>.
הגדרה: נאמר כי הסכומים 6 של רימן שואפים לגבול L כאשר <math>\lambda(T)\to0</math> ואם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T עבור <math>\lambda(T)<\delta</math>מתקיים <math>|\sigma-L|<\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>f(x)=\begin{cases}2&0\le x\le\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}</math>.
====פתרון====
נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. צריך להוכיח כי קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T, עבור <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-L|<\varepsilon</math>. נצייר את הפונקציה:
גרף (1)
נזכיר כי L היא ערך האינטגרל ולכן, במקרה שלנו <math>2\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1</math>. נסמן את החלוקה T של [0,1] כ-<math>\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\}</math>.
נבחר <math>T_\delta</math> העדנה של T המקיימת <math>\lambda(T_\delta)<\delta</math> ונבנה את סכום רימן באופן הבא:
תהי <math>x_i</math> הנקודה הכי קרובה ל-<math>\tfrac13</math> משמאל ותהי <math>x_j</math> כנקדה הכי קרובה ל-<math>\tfarc23</math> משמאל. ברור כי <math>x_i,x_j\in T_\delta</math>. הסכום הוא <math>\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>
# שוב נקודת תפר בין הפונקציות.
נשים לב כי <math>\frac23-2\delta+\frac13\le\sigma\le\frac23+\delta+\frac13</math>. נזכיר כי L=1 ולכן נבדוק מהו <math>\sigma-L</math>:
<math>-2\delta+1\le\sigma\le1+\delta</math> ולכן <math>|\sigma-1|\le2\delta</math> (נשים לב שבמקרה זה יתכן גם שיוויון). לכן נבחר <math>\delta=\frac\varepsilon4</math> ונקבל את הדרוש. {{משל}}
===דוגמה 2===
חשב את הגבול <math>\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
===פתרון===
נסמן <math>\{a_k\}_{k=0}^n=1+\frac kn</math>. קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי <math>\ln</math>-ים אפשר לרשום: <math>\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>\{a_i\}_{i=1}^n=\left\{1+\frac in\right\}_{i=1}^n</math> בקטע [1,2].
נסמן את f להיות <math>f(x)=\ln x</math> בקטע <math>(1,2]</math> ברור כי <math>\ln x</math> אינטגרבילית ולכן <math>\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>\Delta x=\frac1n</math> כלומר <math>\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>x=1</math> ברור ש-<math>\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>x=1</math> כי היא רציפה.
משפט: אם <math>f(x)\ge g(x)</math> ו-f ו-g אינטגרביליות אז <math>\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>\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx</math>.
====פתרון====
נסמן <math>f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}</math> קל לראות ש-f חיובית בקטע <math>[-3,-1]</math> ולכן <math>\int\limits_{-3}^{-1}f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx</math>, כלומר אי-שלילי.
נוסיף ש-<math>x=0</math> אינו בקטע ולכן חיובית
===דוגמה 5===
נוכיח כי <math>\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5</math>.
====פתרון====
נתון כי <math>1\le x\le4</math> ולכן <math>1\le x^2\le16</math>. מכאן ש-<math>\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}</math> חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל)
<math>\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=[\sqrt2x]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\cdot\sqrt2</math>
....
דרך 2: <math>1+x^2\le x^2\le0</math> ולכן <math>\sqrt{1+x^2}\ge\sqrt{x^2}=|x|</math> חיובית.
לכן <math>\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>\frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2</math>
====פתרון====
ננסה למצוא קבועים המקיימים <math>m\le e^{x^2-x}\le M</math> (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור).
נמצא מינימום ומקסימום. נסמן <math>f(x)=e^{x^2-x}</math> ואז <math>f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}</math> ולכן נקודה החשודה כקיצון היא <math>x=\frac12</math>. <math>f''(x)>0</math> ולכן היא מינימום. לפי וירשרס נחפש בקצוות. <math>f(2)=e^{4-2}=e^2</math> (מקסימום) וכן <math>f(0)=e^0=1</math>. לכן <math>e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2</math>. לפיכך <math>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.
הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כ-<math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ל-T חלוקה. נסמן <math>\Delta X_i=x_i-x_{i-1}</math> כאשר <math>i\in\{1,2,\dots,n\}</math>.
הגדרה: תהי f פונקציה המוגדרת ב-<math>[a,b]</math> ותהי T חלוקה של הקטע עבור כל תת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> ונבחר נקודה <math>\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]</math> ונבנה סכום מהצורה <math>\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i</math> סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי בחלוקה <math>\Delta x_i</math> ו-<math>\alpha_i</math>.
הגדרה: פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-<math>\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i</math>.
הגדרה: תהי <math>\{T_n\}</math> סדרת חלוקות של הקטע <math>[a,b] </math>. נאמר כי <math>T_n</math> נורמלית אם <math>\lim_{n\to0}\lambda(T_n)=0</math>.
הגדרה: נאמר כי הסכומים 6 של רימן שואפים לגבול L כאשר <math>\lambda(T)\to0</math> ואם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T עבור <math>\lambda(T)<\delta</math>מתקיים <math>|\sigma-L|<\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>f(x)=\begin{cases}2&0\le x\le\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}</math>.
====פתרון====
נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. צריך להוכיח כי קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T, עבור <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-L|<\varepsilon</math>. נצייר את הפונקציה:
גרף (1)
נזכיר כי L היא ערך האינטגרל ולכן, במקרה שלנו <math>2\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1</math>. נסמן את החלוקה T של [0,1] כ-<math>\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\}</math>.
נבחר <math>T_\delta</math> העדנה של T המקיימת <math>\lambda(T_\delta)<\delta</math> ונבנה את סכום רימן באופן הבא:
תהי <math>x_i</math> הנקודה הכי קרובה ל-<math>\tfrac13</math> משמאל ותהי <math>x_j</math> כנקדה הכי קרובה ל-<math>\tfarc23</math> משמאל. ברור כי <math>x_i,x_j\in T_\delta</math>. הסכום הוא <math>\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>
# שוב נקודת תפר בין הפונקציות.
נשים לב כי <math>\frac23-2\delta+\frac13\le\sigma\le\frac23+\delta+\frac13</math>. נזכיר כי L=1 ולכן נבדוק מהו <math>\sigma-L</math>:
<math>-2\delta+1\le\sigma\le1+\delta</math> ולכן <math>|\sigma-1|\le2\delta</math> (נשים לב שבמקרה זה יתכן גם שיוויון). לכן נבחר <math>\delta=\frac\varepsilon4</math> ונקבל את הדרוש. {{משל}}
===דוגמה 2===
חשב את הגבול <math>\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
===פתרון===
נסמן <math>\{a_k\}_{k=0}^n=1+\frac kn</math>. קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי <math>\ln</math>-ים אפשר לרשום: <math>\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>\{a_i\}_{i=1}^n=\left\{1+\frac in\right\}_{i=1}^n</math> בקטע [1,2].
נסמן את f להיות <math>f(x)=\ln x</math> בקטע <math>(1,2]</math> ברור כי <math>\ln x</math> אינטגרבילית ולכן <math>\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>\Delta x=\frac1n</math> כלומר <math>\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>x=1</math> ברור ש-<math>\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>x=1</math> כי היא רציפה.
משפט: אם <math>f(x)\ge g(x)</math> ו-f ו-g אינטגרביליות אז <math>\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>\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx</math>.
====פתרון====
נסמן <math>f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}</math> קל לראות ש-f חיובית בקטע <math>[-3,-1]</math> ולכן <math>\int\limits_{-3}^{-1}f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx</math>, כלומר אי-שלילי.
נוסיף ש-<math>x=0</math> אינו בקטע ולכן חיובית
===דוגמה 5===
נוכיח כי <math>\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5</math>.
====פתרון====
נתון כי <math>1\le x\le4</math> ולכן <math>1\le x^2\le16</math>. מכאן ש-<math>\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}</math> חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל)
<math>\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=[\sqrt2x]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\cdot\sqrt2</math>
....
דרך 2: <math>1+x^2\le x^2\le0</math> ולכן <math>\sqrt{1+x^2}\ge\sqrt{x^2}=|x|</math> חיובית.
לכן <math>\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>\frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2</math>
====פתרון====
ננסה למצוא קבועים המקיימים <math>m\le e^{x^2-x}\le M</math> (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור).
נמצא מינימום ומקסימום. נסמן <math>f(x)=e^{x^2-x}</math> ואז <math>f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}</math> ולכן נקודה החשודה כקיצון היא <math>x=\frac12</math>. <math>f''(x)>0</math> ולכן היא מינימום. לפי וירשרס נחפש בקצוות. <math>f(2)=e^{4-2}=e^2</math> (מקסימום) וכן <math>f(0)=e^0=1</math>. לכן <math>e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2</math>. לפיכך <math>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.
