שינויים

==משפט 7==תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-<math>[a,\infty)</math>.===הוכחה==אם ידוע ש-<math>\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>[a,\infty)</math>. מתנאי קושי נובע שקיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge b</math>, <math>המשך הגיע|F(x_2)-F(b)|<1</math>. מכאן שלכל <math>x_2>b</math> <math>|F(x_2)|\le|F(b)|+1</math>. לכן F חסומה בקטע <math>[b,\infty)</math>. כעת נתבונן בסדרת הערכים <math>F(b),F(b+1),F(b+2),\dots</math>. זאת סדרה חסומה. עפ"י בולצאנו וירשטרס קיימת לה תת סדרה מתכנסת <math>F(b+n_k)_{kתיאור=1}</math> כאשר <math>\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים ונקרא לו L.טענה: <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>L=\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>k>k_0</math>, <math>משפט 7|F(b+n_k)|<\varepsilon/2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי קיים <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon/2</math>. נגדיר <math>dתאריך=\max\{c,n_{k_0}\}</math>10. צ"ל: לכל <math>x>d</math>, <math>|F(x)-L|\varepsilon/2</math>, מה שגורר <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>4. ובכן אם <math>x>d</math> נוכל לבחור <math>k>k_0</math> כך ש-<math>b+n_k>x>d</math> (כי <math>b+n_k\xleftarrow[k\to\infty]{11}\infty</math>). כעת לפי הבניה שלנו <math>|f(x)-L|\le|F(x)-F(b+n_k)|+|F(b+n_k)-L|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon</math>. נובע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. {{משל}}===מסקנה===תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי האינטגרל <math>\in\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>|\int\limits_{x_1}^{x_2} f|<\varepsilon</math>. ====הוכחה====לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. לפי ההגדרה <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^x f</math> מתכנס...

----=אינטגרל לא אמיתי, סוג I {{הערה|(המשך)}}='''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math> . נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס אבל לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.

תהי f מוגדר מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-בקטע <math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית שםבקטע.

לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <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>. נובע מיד ש-<math>\left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}} ''גישה אחרת: '' נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\-f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> לא אי-שליליות. בודקים קל להראות שלכל x , <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>|f(x)|=f^+(x)+f^-(x)</math>. (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת). כעת , אם נתון ש-<math>\int\limit_alimits_a^\infty|f|</math> מתכנס. , מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|</math> ...עכשיו נובע שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס...{{משל}}

#..* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה עם <math>\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math>, <math>\int\limits_2^\infty\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\mathrm dx</math> מתכנס.{{משל}}# * נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[10,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_1limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=10}^\infty f(n)</math>מתבדר, ולהיפך: <math>\sum_{n=10}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_1limits_0^\infty f</math> מתבדר. ובכן , אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\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 , לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף (יטופל בהמשך) moveTo(1/פונקציית משולשים 2,.png|600px]]<br />אזי <math>\sum_{n=0);lineTo}^\infty f(1,1n);lineTo(3/2,=\sum_{n=0);lineTo(7}^\infty 1=\infty</4math> - מתבדר. לעומת זאת,0);lineTo{{left|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2,1^n}\right);lineTo(9=\frac14+\frac12=\frac34</4,0);lineTo(25/8,0);...math>}}{{משל}}

נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math>. (ז"א קיים <math>M>0\ge0</math> כך שלכל ש-<math>\forall b>a</math> <math>:\ \left|\int\limits_a^b f\right|\le M</math>). עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.

לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים שלכל ש-<math>\forall x>a</math> <math>:\ |fF(x)|\le M</math>. כעת <math>\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\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שלכל שכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר <math>R\to\infty</math>. ובכן מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים: <math>\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>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>. , ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limit_alimits_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס . עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x\ge >a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x\ge >a</math>. כמקרה ראשון נניח ש-<math>\forall x\ge >a:\ g'(x)\ge0</math>(ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg'(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> בסיכון . לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty |F|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty FgF\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R FgF\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}} ===דוגמאות===* נראה כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>\left|\int\limits_1^b f\right|=\left|\int\limits_1^b \sin\right|=\left|[-\cos(x)]_{x=1}^b\right|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2</math>. יתר על כן, <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alpha x^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> ומתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math>. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. {{משל}} * נוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה <math>\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty</math>: לכל <math>x\ge1</math>, מכיוון ש-<math>|\sin(x)|\le1</math>, <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|</math>. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. נעזר בזהות <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math>. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן, ידוע לנו כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty</math>. עתה נניח בשלילה ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. לפי משפט 1 <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx+\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math>, אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. {{משל}}  ----  כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.

דוגמה: לכל בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה לאינטגרציה בחלקים. נתבונן בסכום <math>\alpha>0</math> <math>\int\limits_1^\infty\fracsum_{\sin(x)n=1}{x^\alpha}\mathrm dxN a_nb_n</math>. הוכחה: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. אז ל-f יש אינטגרלים ונגדיר סכומים חלקיים חסומים: <math>|\int\limits_1^b f|S_n=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_sum_{xk=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2n a_k</math>. יתר על כן מכאן <math>g(x)=\frac1{x^forall n:\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>a_n=S_n-\alphax^S_{-\alphan-1}</math> בקטע . נקבל {{left|<math>[1,\infty)</math> מתקיים <math>\lim_begin{x\to\inftyalign} g(x)=...</math>ז"א <math>\int\limits_1^\infty\left|\fracsum_{\sin(x)}x\right|\mathrm dxn=\infty</math> אבל לכל <math>1\le x</math> <math>0\le\frac{\sin}^2N a_nb_n&=S_1b_1+(xS_2-S_1)}x\le\left|\frac{\sinb_2+(xS_3-S_2)}xb_3+\right|</math> כי <math>|\sindots+(xS_N-S_{N-1})|b_N\le1</math> ולכן <math>\sin^2&=S_1(xb_1-b_2)\le|\sin+S_2(x)|</math> ואילו <math>x>1</math> ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח שb_2-<math>\int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(xb_3)}x+\mathrm dx</math> מתבדר. אמנם <math>\sin^2(x)=\fracdots+S_{N-1-\cos(2x)}2</math> ולכן <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\fracb_{N-1}-b_N)+S_Nb_N\cos(2x)}end{2xalign}\mathrm dx</math> שמתכנס עפ}}ז"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל א <math>\int\limits_1^\infty\fracsum_{\sin(x)n=1}x\mathrm dx</math> וכידוע <math>\int\limits_1^Na_nb_n=\infty\fracsum_{\mathrm dxn=1}^{2x}</math> מתבדר לN-<math>+\infty</math>.נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-<math>\int\limits_1^\infty\leftS_n(\frac{1b_n-\cos(x)}b_{2x}n+\frac{\cos(2x)1}{2x}\right)\mathrm dx+S_Nb_N</math> הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> שמתבדר. הסתירה מוכיחה את הטענה, מה שנקרא סכימה בחלקים.

{{הערההמשך סיכום|את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/תאריך=1.5.11|הרצאה שאחריה]]:}}

נניח ש-<math>\{b_n\}</math> יורדת לאפס ונראה שהטור <math>\sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n</math> מתכנס. נגדיר <math>a_n=\cos(n)</math> ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-<math>\cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta)</math>. לפי זה לכל n מתקיים <math>\cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin\left(n+1/2\frac12\right)-\frac12\sin\left(n-1/2\frac12\right)</math>. לכן

|r=\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12\left(\sin\left(n+1/2\frac12\right)-\sin\left(n-1/2\frac12\right)\right)