שינויים

ראינו בשיעור שעבר כי קבעו האם <math>\int\limits_0^1\infty\frac{\cos\left(\frac1x\right)}x\mathrm dx}\sqrt{x+x^2}</math> מתכנס לפי דיריכלה. נראה שלא מתכנס בהחלטאו מתבדר.

ברור כי <math>-1\le\cos\left(\frac1x\right)\le1</math> ולכן <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math>. מספיק להסתכל על נחלק לשני אינטגרלים <math>\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac1x\right)}x\mathrm dxinfty=\underline{\frac12\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac2x\right)}x\mathrm dx}_I+\underline{\frac12\int\limits_0limits_1^1\frac{\mathrm dx}x}_{II}infty</math>. ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב עבור <math>y=x\frahttp:/in(0,1]</www.math-wiki.com/skins/common/images/button_math.pngc2x> מתקיים <math>x+x^2\ge x</math> ואז , לכן <math>\mathrm dx=frac1\fracsqrt{-2}{yx+x^2}\mathrm dyle\frac1\sqrt x</math> נקבל . ברור ש-<math>\int\limits_{-\infty}limits_0^2 1\frac{\cos(y)mathrm dx}{2\sqrt x</y}\frac{-2\mathrm dy}{y^2}=math> מתכנס ולכן, לפי מבחן ההשוואה, <math>\int\limits_2limits_0^\infty \frac{\cos(y)}y\mathrm dy1</math> שמתכנס לפי דיריכלהמתכנס. {{משל}}

==דוגמה 2==קבעו האם <math>\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x+x^2}</math> מתכנס או מתבדר.===פתרון===נחלק לשני אינטגרלים <math>\int\limits_0^\infty=\int\limits_0^1+\int\limits_1^\infty</math> עבור <math>x\in(0,1]</math> <math>x+x^2\ge x</math>, לכן <math>\frac1\sqrt{x+x^2}\le\frac1\sqrt x</math>. ברור ש-<math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}\sqrt x</math> מתכנס ולכן לפי מבחן ההשוואה <math>\int\limits_0^1</math> מתכנס. עבור <math>x\in[1,\infty)</math> מתקיים <math>\frac1\sqrt{x2x^32}\gele\frac1\sqrt{x+x^2}</math> שוב נסכל על <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x^2}</math> , ולכן גם כן מתכנס האינטגרל מתבדר לפי מבחן ההשוואה. לסיכום האינטגרל מתכנסמתבדר. {{משל}}

לדוגמה נתבונן בסדרת הפונקציות <math>f_n(x)=\frac1{x^n}</math>. קל לראות שאת סדרת הפונקציות ניתן לרשום כ-<math>\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty=\left\{\frac1{x^n}\right\}_{n=1}^\infty</math>. לדגמה, נבחר <math>x>1</math>. קל לראות ש-<math>\lim_{n\to\infty}\frac1{x^n}0</math>, ולכן <math>f(x)=0</math> היא פונקצית הגבול. 

במקרה שלנו קל לראות ש-<math>f_n(x)</math> מתכנסת נקודתית ל-<math>x^2</math> כי <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)x^2=\lim_{n\to\infty}x^2+\lim_{n\to\infty}\frac{x^2}{n^2}=x^2+0=x^2</math>====. מסקנה====: <math>f(x)=x^2</math>.

עבור כדי לבדוק התכנסות במ"ש נבדוק פי הגדרה נשתמש בהגדרה. צריך לכל להתקיים שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in I</math> בקטע מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math> . נציב : <math>|f_n(x)-f(x)|=\left|\left(1+\frac1n\right)x^2-x^2\right|=\frac{x^2}n\le\frac1n<\varepsilon</math> ולכן . לכן מספיק לבחור <math>n_0\ge\frac1\varepsilon</math> ונקבל את הדרוששיש גם התכנסות במ"ש.{{משל}}

מצאנו בדוגמה 2 1 ש-<math>f(x)=0</math>. נשים לב כי <math>\forall n\in\mathbb N:\ \lim_{x\to1}x^n=1</math> ז"א <math>\forall n>n_0\in\mathbb N:\ \exists x_0\in(0,1):\ \frac12<x_0^n<\frac32</math> (לפי הגדרתהגבול). לכן <math>\exists\varepsilon>0:\ \forall n_0\in\mathbb N:\ \exists n>n_0:\ \exists x_0\in(0,1):\ |f_n(x_0)-f(x_0)|=|x_0^n-0|>\frac12>\varepsilon</math> ולכן ההתכנסות לא במ"ש. {{משל}}