הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - תרגול/1.5.11"
(יצירת דף עם התוכן "=אינטגרלים לא אמיתיים= ==מקרה ראשון== לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף. ===דוגמה 1=== הראה ...") |
(←פתרון: תיקנתי טעות.) |
||
(2 גרסאות ביניים של משתמש אחר אחד אינן מוצגות) | |||
שורה 1: | שורה 1: | ||
− | =אינטגרלים לא אמיתיים | + | =אינטגרלים לא אמיתיים, סוג I= |
− | + | ||
לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף. | לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף. | ||
− | + | ==דוגמה 1== | |
הראה כי <math>\int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx</math> מתכנס ומצא חסם עליון. | הראה כי <math>\int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx</math> מתכנס ומצא חסם עליון. | ||
− | + | ===פתרון=== | |
− | ברור כי <math>0<e^{-x^2} | + | ברור כי <math>0<e^{-x^2}\le1</math> ולכן <math>0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx<\int\limits_0^1\mathrm dx=1</math>. עבור הקטע <math>[1,\infty)</math> ברור כי מתקיים <math>x^2\ge x</math>, לכן <math>e^{-x}\ge e^{-x^2}</math> ואז <math>\int\limits_1^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\le\int\limits_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e</math>. לכן בסה"כ <math>\int\le1+\frac1e</math>. {{משל}} |
==מבחן דיריכלה== | ==מבחן דיריכלה== | ||
− | f ו-g רציפות. | + | * f ו-g רציפות. |
− | * f יורדת לאפס. | + | * f יורדת מונוטונית לאפס. |
* הנגגזרת של f רציפה. | * הנגגזרת של f רציפה. | ||
* <math>G(x)=\int\limits_a^x g</math> חסומה. | * <math>G(x)=\int\limits_a^x g</math> חסומה. | ||
אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס. | אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס. | ||
===דוגמה 2=== | ===דוגמה 2=== | ||
− | הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\ | + | הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס. |
====פתרון==== | ====פתרון==== | ||
− | נסמן <math>f(x)=\frac1{x^\alpha}</math> וכן <math>g(x)=\sin(x)</math>. עבור <math>\alpha>0</math> ברור כי f רציפה בקטע, <math>f'</math> רציפה | + | נסמן <math>f(x)=\frac1{x^\alpha}</math> וכן <math>g(x)=\sin(x)</math>. עבור <math>\alpha>0</math> ברור כי f רציפה בקטע, <math>f'</math> רציפה ו-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה: <math>\left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2</math>. מסכנה: ממשפט דיריכלה <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}} |
− | =אינטגרלים לא אמיתיים | + | =אינטגרלים לא אמיתיים, סוג II= |
במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות. | במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות. | ||
'''הגדרה:''' נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע <math>[\alpha,\beta]</math> של <math>(a,b]</math> וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים <math>\lim_{\varepsilon\to0+}\int\limits_{a+\varepsilon}^bf=L</math> אז <math>\int\limits_a^b f:=L</math>. באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון. | '''הגדרה:''' נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע <math>[\alpha,\beta]</math> של <math>(a,b]</math> וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים <math>\lim_{\varepsilon\to0+}\int\limits_{a+\varepsilon}^bf=L</math> אז <math>\int\limits_a^b f:=L</math>. באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון. | ||
− | אם <math>c\in(a,b)</math> נקודת אי-רציפות נרשום <math>\int\limits_a^b f=\int\limits_a^c f+\int\limits_c^b f</math>. ושוב באופן דומה לאינטגרל לא אמיתי מסוג I שני האינטגרלים צריכים להתכנס. | + | אם <math>c\in(a,b)</math> נקודת אי-רציפות נרשום <math>\int\limits_a^b f=\int\limits_a^c f+\int\limits_c^b f</math>. ושוב, באופן דומה לאינטגרל לא אמיתי מסוג I, שני האינטגרלים צריכים להתכנס. |
'''כלל ידוע:''' <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha<1</math>. | '''כלל ידוע:''' <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha<1</math>. | ||
− | + | ==דוגמה 3== | |
− | יהי <math>\alpha>0</math>. הוכיחו כי <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x |\ln(x)|^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha>1</math>. | + | יהי <math>\alpha>0</math>. הוכיחו כי <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha>1</math>. |
− | + | ===פתרון=== | |
− | <math>\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0</math> ואז <math>\int\limits_0^ | + | <math>\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0</math> ואז <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x(-\ln(x))^\alpha}</math>. |
− | נעשה הצבה <math>y=-\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx</math>. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים) | + | נעשה הצבה <math>y=-\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx</math>. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים) <math>\int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}</math>. עבור <math>\alpha\ne1</math> זה שווה ל-<math>-\frac{y^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+c</math> ועבור <math>a=1</math>: <math>-\int\frac{\mathrm dy}y=-\ln|y|+c</math>. |
− | נחזור ל-x: | + | נחזור ל-x: עבור המקרה <math>\alpha=1</math> נקבל <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0^+}^b=\infty</math>. |
− | עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math> | + | עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math>-\frac{(-\ln(b))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\lim_{x\to0^+}\frac{(-\ln(x))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}</math>. |
את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים: | את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים: | ||
− | * אם <math>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{ | + | * אם <math>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{x\to0^+}-\ln(x)=\infty</math> ולכן <math>(-\ln(x))^{-\alpha+1}\to\infty</math>. מכאן שהאינטגרל מתבדר. |
− | * אם <math>\alpha>1</math>, כלומר <math>-\alpha+1<0</math>, אזי ברור כי <math>\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0</math>. | + | * אם <math>\alpha>1</math>, כלומר <math>-\alpha+1<0</math>, אזי ברור כי <math>\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0</math> ולכן האינטגרל מתכנס. |
{{משל}} | {{משל}} | ||
− | == | + | ==מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II== |
− | <math>0\le g(x)\le f(x)</math> | + | בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>(a,b]</math>. |
− | ==מבחן ההשוואה הגבולי== | + | ===מבחן ההשוואה=== |
− | <math>0\le f(x),g(x)</math> וכן <math>L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}</math>. | + | נניח ש-<math>0\le g(x)\le f(x)</math>. אזי אם <math>\int\limits_a^b f</math> מתכנס גם <math>\int\limits_a^b g</math> מתכנס. |
+ | ===מבחן ההשוואה הגבולי=== | ||
+ | נניח ש-<math>0\le f(x),g(x)</math> וכן <math>L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}</math>. | ||
* אם <math>0<L<\infty</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^b f</math> ו-<math>\int\limits_a^b g</math> מתבדרים או מתכנסים יחדיו. | * אם <math>0<L<\infty</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^b f</math> ו-<math>\int\limits_a^b g</math> מתבדרים או מתכנסים יחדיו. | ||
* אם <math>L=0</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math>. | * אם <math>L=0</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math>. | ||
שורה 52: | שורה 53: | ||
קבעו התכנסות של <math>\int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}</math>. | קבעו התכנסות של <math>\int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}</math>. | ||
====פתרון==== | ====פתרון==== | ||
− | נשווה ל-<math>g(x)=\frac1{x^2}</math> | + | נשווה ל-<math>g(x)=\frac1{x^2}</math>: לפי כלל לופיטל <math>\lim_{x\to0^+}\frac{1/(1-\cos(x))}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos(x)}=\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{\sin(x)}=2</math>. |
ידוע כי <math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. {{משל}} | ידוע כי <math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. {{משל}} | ||
===דוגמה 5=== | ===דוגמה 5=== | ||
קבעו התכנסות <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x</math>. | קבעו התכנסות <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x</math>. | ||
====פתרון==== | ====פתרון==== | ||
− | קל | + | קל להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה <math>y=\frac1x</math>. לכן <math>\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}</math> ונקבל <math>\int\limits_\infty^1 y\cos(y)\frac{-1}{y^2}\mathrm dy=\int\limits_1^\infty\frac{\cos(y)}y\mathrm dy</math>. ניתן להראות כי אינטגרל זה מתכנס בדומה למה שעשינו עם <math>\int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math>, בעזרת מבחן דיריכלה. {{משל}} |
===דוגמה 6=== | ===דוגמה 6=== | ||
− | הוכיחו התכנסות בתנאי של <math>\int\limits_0^ | + | הוכיחו התכנסות בתנאי של <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math>. |
====פתרון==== | ====פתרון==== | ||
− | מצאנו כבר כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math> מתכנס. נותר לבדוק | + | מצאנו כבר כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math> מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בהחלט: |
− | ברור כי <math>\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1</math>. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math> ואז <math>\frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|</math>. | + | |
+ | ברור כי <math>\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1</math>. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math> ואז <math>\frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|</math>. נותר להוכיח כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx</math> מתבדר: | ||
+ | * ''דרך א:'' נפעיל את מבחן ההשוואה הגבולי: <math>\lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=\infty</math>. <math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר ולכן <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. {{משל}} | ||
+ | <span id="continue"><!--נא לא למחוק span זה--></span>{{הערה|את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - תרגול/8.5.11|תרגול שאחריו]]:}} | ||
+ | * ''דרך ב:'' מתקיים <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2 \left(\frac1x\right)}x\mathrm dx=\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac2x\right)}x\mathrm dx}_I+\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}x}_{II}</math>. | ||
− | + | ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב <math>y=\frac2x</math> ואז <math>\mathrm dx=\frac{-2}{y^2}\mathrm dy</math> נקבל <math>\int\limits_\infty^2 \frac{\cos(y)}{2/y}\frac{-2\mathrm dy}{y^2}=\int\limits_2^\infty \frac{\cos(y)}y\mathrm dy</math> שמתכנס לפי דיריכלה. {{משל}} |
גרסה אחרונה מ־07:57, 31 במאי 2012
אינטגרלים לא אמיתיים, סוג I
לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.
דוגמה 1
הראה כי מתכנס ומצא חסם עליון.
פתרון
ברור כי ולכן . עבור הקטע ברור כי מתקיים , לכן ואז . לכן בסה"כ .
מבחן דיריכלה
- f ו-g רציפות.
- f יורדת מונוטונית לאפס.
- הנגגזרת של f רציפה.
- חסומה.
אזי מתכנס.
דוגמה 2
הוכיחו כי לכל האינטגרל מתכנס.
פתרון
נסמן וכן . עבור ברור כי f רציפה בקטע, רציפה ו-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה: . מסכנה: ממשפט דיריכלה מתכנס.
אינטגרלים לא אמיתיים, סוג II
במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות.
הגדרה: נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע של וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים אז . באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון.
אם נקודת אי-רציפות נרשום . ושוב, באופן דומה לאינטגרל לא אמיתי מסוג I, שני האינטגרלים צריכים להתכנס.
כלל ידוע: מתכנס אם"ם .
דוגמה 3
יהי . הוכיחו כי מתכנס אם"ם .
פתרון
ואז .
נעשה הצבה ואז . לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים) . עבור זה שווה ל- ועבור : .
נחזור ל-x: עבור המקרה נקבל .
עבור נקבל .
את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים:
- אם , כלומר אז ולכן . מכאן שהאינטגרל מתבדר.
- אם , כלומר , אזי ברור כי ולכן האינטגרל מתכנס.
מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II
בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-.
מבחן ההשוואה
נניח ש-. אזי אם מתכנס גם מתכנס.
מבחן ההשוואה הגבולי
נניח ש- וכן .
- אם נאמר ש- ו- מתבדרים או מתכנסים יחדיו.
- אם אז התכנסות גוררת התכנסות .
- אם אז התכנסות גוררת התכנסות .
דוגמה 4
קבעו התכנסות של .
פתרון
נשווה ל-: לפי כלל לופיטל . ידוע כי מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן.
דוגמה 5
קבעו התכנסות .
פתרון
קל להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה . לכן ונקבל . ניתן להראות כי אינטגרל זה מתכנס בדומה למה שעשינו עם , בעזרת מבחן דיריכלה.
דוגמה 6
הוכיחו התכנסות בתנאי של .
פתרון
מצאנו כבר כי מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בהחלט:
ברור כי . אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל ואז . נותר להוכיח כי מתבדר:
- דרך א: נפעיל את מבחן ההשוואה הגבולי: . מתבדר ולכן מתבדר.
את ההמשך עשינו בתרגול שאחריו:
- דרך ב: מתקיים .
ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב ואז נקבל שמתכנס לפי דיריכלה.