משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/27.2.11

האינטגרל לפי דרבו (המשך)

משפט 8

נניח ש-f מוגדרת וחסומה בקטע $[a,c]$ ונניח ש-$a<b<c$. אזי f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ וב-$[b,c]$ אם"ם היא אינטגרבילית ב-$[a,c]$, ואם כן מתקיים $\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$.

הוכחה

$\implies$: נתונה f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ וב-$[b,c]$. נקח חלוקה כלשהי P של $[a,b]$ וחלוקה Q של $[b,c]$ ונגדיר $R=P\cup Q$ (כלומר R חלוקה של $[a,c]$). לכן מתקיים $\overline S(f,R)=\overline S(f,P)+\overline S(f,Q)$. נשאיף $\lambda(P),\lambda(Q)\to0$. לפי הנתון $\overline S(f,P)\to\int\limits_a^b f$ וגם $\overline S(f,Q)\to\int\limits_b^c f$, לכן $\overline S(f,R)\to\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$. באותו אופן נקבל $\underline S(f,R)\to\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$. הראנו ש-$\overline S(f,R)-\underline S(f,R)\to0$ ולכן f אינטגרבילית ב-$[a,c]$. ע"פ משפט 4 נסיק $\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$.

$\Longleftarrow$: נבחר חלוקות P,Q,R כמו בחלק הקודם, ושוב $\overline S(f,R)=\overline S(f,P)+\overline S(f,Q)$ ו-$\underline S(f,R)=\underline S(f,P)+\underline S(f,Q)$. נחסיר ונקבל: $\overline S(f,R)-\underline S(f,R)=\overline S(f,P)-\underline S(f,P)+\overline S(f,Q)-\underline S(f,Q)$. כעת, אם $\varepsilon>0$, האינטגרביליות של f על $[a,c]$ גוררת שעבור $\lambda(P)$ ו-$\lambda(Q)$ מספיק קטנים $\overline S(f,P)-\underline S(f,P),\overline S(f,Q)-\underline S(f,Q)<\varepsilon$. קיום חלוקה P כזאת לכל $\varepsilon>0$ מוכיח ש-f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ וקיום חלוקה Q - ב-$[b,c]$. השיוויון $\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$ נובע מהחלק הקודם. $\blacksquare$

הכללה

אם $a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$ ואם f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ אז $\int\limits_a^b f=\sum_{k=1}^n\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f$. ההוכחה באינדוקציה.

מוסכמות:

1. $\int\limits_a^a f=0$
2. אם $a<b$ ואם f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ נרשום $\int\limits_b^a f=-\int\limits_a^b f$

(אלה מוסכמות ולא משפטים כי באופן שבו הגדרנו את האינטגרל עד עכשיו, $\int\limits_b^a$ לא מוגדר עבור $a\le b$)

עם מוסכמות אלה יתקיים:

$\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$ באופן בלתי תלוי בסדר של המספרים a,b,c. למשל, אם $c<a<b$ אז לפי משפט 8 $\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$. נבדוק: $\int\limits_c^a f=-\int\limits_a^c f\ \and\ \int\limits_c^b f=-\int\limits_b^c f$ ולכן $-\int\limits_b^c f=-\int\limits_a^c f+\int\limits_a^b f$, מה שגורר $\int\limits_a^c f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^c f$.

משפט 9

תהי f מוגדרת וחסומה ב-$[a,b]$. עוד נניח ש-f רציפה ב-$(a,b]$. אזי f אינטגרבילית ב-$[a,b]$.

הוכחה

יהי $\varepsilon>0$ נתון. נגדיר $c=a+\frac\varepsilon{2\Omega}$. לפי הנתון f רציפה ב-$[c,b]$, אזי ממשפט 6 היא אינטגרבילית ב-$[c,b]$, לכן נוכל לבחור חלוקה P של $[c,b]$ כך ש-$\overline S(f,P)-\underline S(f,P)<\frac\varepsilon2$. כעת נגדיר חלוקה Q של $[a,b]$ ע"י $Q=\{a\}\cup P$. עוד נגדיר $M'=\sup\{f(x):\ a\le x\le c\}$ וכן $m'=\inf\{f(x):\ a\le x\le c\}$. נובע כי

$\begin{align}\overline S(f,Q)-\underline S(f,Q)&=(M'-m')(c-a)+\overline S(f,P)-\underline S(f,P)\\&<\Omega(c-a)+\frac\varepsilon2\\&=\Omega\cdot\frac\varepsilon{2\Omega}+\frac\varepsilon2\\&=\varepsilon\end{align}$

נובע ממשפט 4 ש-f אינטגרבילית ב-$[a,b]$. $\blacksquare$

מסקנה 1

המשפט נכון אם f חסומה ורציפה ב-$(a,b)$.

מסקנה 2

נניח ש-f חסומה ב-$[a,b]$ ורציפה שם פרט למספר סופי של נקודות $x_0,x_1,\dots,x_n$ כך ש-$a\le x_0<x_1<\dots<x_n\le b$. אזי f אינטגרבילית ב-$[a,b]$.

הוכחה

עבור כל k נקבל ש-f חסומה ב-$[x_{k-1},x_k]$ ורציפה ב-$(x_{k-1},x_k)$. לפי מסקנה 1, f אינטגרבילית ב-$[x_{k-1},x_k]$. נסתמך על ההכללה למשפט 8 לומר ש-f אינטגרבילית ב-$[a,b]=\bigcup_{k=1}^n [x_{k-1},x_k]$. $\blacksquare$

דוגמה לפונקציה רציפה למקוטעין

הגדרה: אומרים ש-f "רציפה למקוטעין" ב-$[a,b]$ אם היא רציפה שם פרט למספר סופי של נקודות אי-רציפות ממין ראשון.

נובע ממסקנה 2 שכל פונקציה רציפה למקוטעין ב-$[a,b]$ אינטגרבילית שם. באופן דומה אפשר להוכיח שאם f מוגדרת ו"מונוטונית למקוטעין" ב-$[a,b]$ אז היא אינטגרבילית שם.

האינטגרל לפי רימן

הקדמה - הגישה של רימן

ניתן לראות שסכום שטחי המלבנים הנוצרים מסכום רימן שווה בקירוב לשטח שמתחת לגרף.

נניח ש-f מוגדרת וחסומה ב-$[a,b]$. נבחר חלוקה P של $[a,b]$: $a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$. עוד נבחר לכל k מספר $c_k\in[x_{k-1},x_k]$ ונכנה כ-P' את התת חלוקה $a\le c_1<c_2<\dots<c_n\le b$. ז"א $a=x_0\le c_1\le x_1\le c_2\le\dots\le c_n\le x_n=b$. בהתאם לכך נבנה סכום רימן $S(f,P,P')=\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k$ כאשר לכל k מתקיים $\Delta x_k=x_k-x_{k-1}$.

$S(f,P,P')$ מקרב את השטח שמתחת לגרף, אך לא ידוע אם הוא גדול, קטן או שווה לו.

נעיר שעל חלוקה אחת P של $[a,b]$ אפשר לבנות אינסוף סכומי רימן $S(f,P,P')$. עם זאת, יתקיים תמיד $\underline S(f,P)\le S(f,P,P')\le\overline S(f,P)$. יתר על כן, $\underline S(f,P)=\inf_{P'} S(f,P,P')$ ו-$\overline S(f,P)=\sup_{P'} S(f,P,P')$.

הגדרת האינטגרל לפי רימן: תהי f מוגדרת וחסומה ב-$[a,b]$. נאמר ש-f אינטגרבילית ב-$[a,b]$ אם כאשר $\lambda(P)\to0$ כל סכומי רימן $S(f,P,P')$ שואפים לגבול אחד, שיסומן $\int\limits_a^b f$.

משפט 10

תהי f מוגדרת וחסומה ב-$[a,b]$. אזי f אינטגרבילית שם לפי רימן אם"ם f אינטגרבילית שם לפי דרבו, ואם כן אז ${\int\limits_R}_a^b f$ (לפי רימן) ${\int\limits_D}_a^b f=$ (לפי דרבו).

הוכחה

תחילה נניח ש-f אינטגרבילית לפי דרבו. נעיר שלכל חלוקה P ותת חלוקה P' של $[a,b]$: $\underline S(f,P)\le S(f,P,P')\le\overline S(f,P)$. כעת נשאיף $\lambda(P)\to0$. כיוון ש-f אינטגרבילית דרבו, $\overline S(f,P)\to{\int\limits_D}_a^b f$ וכן $\underline S(f,P)\to{\int\limits_D}_a^b f$ לכן משפט הסנדויץ' מבטיח ש-$\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')$ קיים ושווה ל-${\int\limits_D}_a^b f$. ז"א f אינטגרבילית רימן ומתקיים ${\int\limits_R}_a^b f=\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')={\int\limits_D}_a^b f$.

לצד השני, נניח ש-f אינטגרבילית רימן. אזי מתקיים ${\int\limits_R}_a^b f=\lim_{\lambda(P)\to0} S(f,P,P')$. אם כן הוא גם שווה ל-$\lim_{\lambda(P)\to0} \sup_{P'} S(f,P,P')=\lim_{\lambda(P)\to0} \overline S(f,P)=\overline{\int}_a^b f$,ובאופן דומה עבור אינטגרל תחתון (לפי דרבו, כמובן). מצאנו ${\int\limits_R}_a^b f=\overline{\int}_a^b f=\underline\int_a^b f$. עצם זה שהאינטגרל העליון והתחתון שווים אומר ש-f אינטגרבילית דרבו וגם הוכחנו ש-${\int\limits_R}_a^b f={\int\limits_D}_a^b f$. $\blacksquare$

משפט 11 (תכונות האינטגרל)

נניח ש-f ו-g מוגדרות ואינטגרביליות ב-$[a,b]$, ונניח ש-c קבוע כלשהו. אזי:

1. (לינאריות): $f+cg$ אינטגרבילית ב-$[a,b]$ ומתקיים $\int\limits_a^b(f+cg)=\int\limits_a^b f+c\int\limits_a^b g$.
2. (מונוטוניות): אם $f(x)\ge g(x)$ לכל $x\in[a,b]$ אז $\int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g$. (חיוביות): בפרט, אם $\forall x\in[a,b]:\ f(x)\ge0$ אז $\int\limits_a^b f\ge0$.
3. (הכללה לאי-שיוויון המשולש): |f| אינטגרבילית ב-$[a,b]$ וגם $\left|\int\limits_a^b f\right|\le\int\limits_a^b |f|$.
4. אם $m\le f(x)\le M$ ב-$[a,b]$ אז $m(b-a)\le\int\limits_a^b f\le M(b-a)$ ואם $|f(x)|\le M$ בקטע זה אז אז $\left|\int\limits_a^b f\right|\le M(b-a)$.
5. אם $f(x)=M$ (פונקציה קבועה) אז $\int\limits_a^b f= M(b-a)$.

הוכחה

1. $S(f+cg,P,P')=\sum_{k=1}^n (f+cg)(c_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k+c\sum_{k=1}^n g(c_k)\Delta x_k$. נשאיף $\lambda(P)\to0$. כיוון שנתון ש-f ו-g אינטגרביליות אגף ימין שואף לגבול, ז"א $\lim_{\lambda(P)\to0} S(f+cg,P,P')=\int\limits_a^b f+c\int\limits_a^b g$. עצם קיום הגבול אומר ש-$f+cg$ אינטגרבילית ולפי ערך הגבול נסיק $\int\limits_a^b (f+cg)=\int\limits_a^b f+c\int\limits_a^b g$. $\blacksquare$

את ההמשך עשינו בשיעור שאחריו:

2. נתבונן בסכום רימן כלשהו עבור g: $\sum_{k=1}^n g(c_k)\Delta x_k$. לפי הנתון הוא קטן או שווה ל- $\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k$. נשאיף $\lambda(P)\to0$. סכומים אלה שואפים לאינטגרלים של f ו-g ונסיק $\int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g$. $\blacksquare$
3. נעיר ש-$\Omega$ היא בעצם $\Omega(f)=\sup\{|f(x)-f(y)|:\ x,y\in[a,b]\}$. כזכור, אי שיוויון המשולש גורר ש-$\Big||f(x)|-|f(y)|\Big|\le|f(x)-f(y)|$. לכן $\Omega(|f|)=\sup_{x,y\in[a,b]}\Big||f(x)|-|f(y)|\Big|\le\sup_{x,y\in[a,b]}|f(x)-f(y)|=\Omega(f)$. כעת תהי P חלוקה כלשהי של $[a,b]$ ואז $\overline S(f,P)-\underline S(f,P)=\sum_{k=1}^n (M_k(f)-m_k(f))\Delta x_k$. נעיר שלכל f, $M_k(f)-m_k(f)$ היא התנודה של f בקטע $[x_{k-1},x_k]$ ולפי מה שהוכחנו זה גדול או שווה לתנודה של |f| באותו קטע:
   $\begin{align}\overline S(f,P)-\underline S(f,P)&=\sum_{k=1}^n \Big(M_k(f)-m_k(f)\Big)\Delta x_k\\&\ge\sum_{k=1}^n \Big(M_k(|f|)-m_k(|f|)\Big)\Delta x_k\\&=\overline S(|f|,P)-\underline S(|f|,P)\end{align}$
   כעת נוכיח ש-|f| אינטגרבילית. לצורך זה יהי $\varepsilon>0$ נתון. כיוון ש-f אינטגרבילית (נתון) קיימת חלוקה P של $[a,b]$ כך ש-$\overline S(|f|,P)-\underline S(|f|,P)\le\overline S(f,P)-\underline S(f,P)\to0$ ונובע ממשפט 5 ש-|f| אינטגרבילית. נותר להוכיח את אי-השיוויון $\left|\int\limits_a^b f\right|\le\int\limits_a^b |f|$. לפי אי-שיוויון המשולש, לכל סכום רימן של f מתקיים $\left|\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k\right|\le\sum_{k=1}^n |f(c_k)|\Delta x_k$. נשאיף $\lambda(P)\to0$ ונקבל ש-$\left|\int\limits_a^b f\right|\le\int\limits_a^b|f|$. $\blacksquare$
4. נתון $m\le f(x)\le M$. לפי משפט 1, לכל חלוקה P של $[a,b]$ מתקיים $m(b-a)\le\underline S(f,P)\le\overline S(f,P)\le M(b-a)$. נשאיף את $\lambda(P)\to0$ כדי להסיק $m(b-a)\le\int\limits_a^b f\le M(b-a)$. אם נתון $|f(x)|\le M$ אז נוכל להסתמך על סעיף 3 ומה שהוכחנו הרגע לומר $\left|\int\limits_a^b f\right|\le\int\limits_a^b |f|\le M(b-a)$. $\blacksquare$
5. לפי הנתון $M\le f(x)\le M$. לכן, עפ"י סעיף 4 $M(b-a)\le\int\limits_a^b f\le M(b-a)$ ויש שיוויון. $\blacksquare$