גרסה אחרונה מ־14:16, 18 באוגוסט 2011

תוכן עניינים

1 אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

דוגמאות חישוב

נחשב $\int\limits_1^\infty xe^{-x}\mathrm dx$ :
$\begin{align}\int&=\lim_{R\to\infty}\int\limits_1^R xe^{-x}\mathrm dx\\&=\lim_{R\to\infty}\left[x'\cdot(-x)e^{-x}\right]_{x=1}^R-\int\limits_1^R -e^{-x}\mathrm dx\\&=\lim_{R\to\infty}-Re^{-R}+e^{-1}-[e^x]_{x=1}^R\\&=\frac2e\end{align}$
דרך קיצור:
$\int=[-xe^{-x}]_{x=1}^\infty+\int\limits_1^\infty -e^{-x}\mathrm dx=e^{-1}-[e^{-x}]_{x=1}^\infty=\frac2e$
$\blacksquare$
$\int\limits_1^\infty \frac x{1+x^4}\mathrm dx$ : נציב $y=x^2$ ואז כאשר $x=1$ נקבל $y=1$ וכאשר $x\to\infty$ נקבל $y\to\infty$ ולכן $\int=\int\limits_1^\infty\frac{0.5\mathrm dy}{1+y^2}=\left[\frac12\arctan(y)\right]_{y=1}^\infty=...$ . $\blacksquare$
עבור $p>0$ נחשב $\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dx}{x^p}$ : אם $p=1$ זה $\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}x=[\ln|x|]_{x=1}^\infty=\infty$ , כלומר מתבדר. עבור $p\ne1$ נקבל $\left[\frac{x^{-p+1}}{-p+1}\right]_1^\infty=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{-p+1}}{-p+1}-\frac1{-p+1}=\begin{cases}\frac1{p-1}&p>1\\\infty&p<1\end{cases}$ , כלומר האינטגרל מתכנס $p>1\ \iff$ . $\blacksquare$ הערה: עבור $p<1$ מתקבל $\frac1{x^p}>\frac1x$ בקטע $(1,\infty)$ . לכן מבין הפונקציות $\frac1{x^p}$ , הפונקציה המינימלית שעבורה האינטגרל על $[1,\infty)$ מתבדר היא $\frac1x$ . אבל יש פונקציה מסדר גודל יותר קטן מ- $\frac1x$ שעבורן האינטגרל מתבדר, למשל $\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x\ln(x)}=\int\limits_2^\infty\frac{1/x}{\ln(x)}\mathrm dx=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty$ . "קל לבדוק" שעבור $p>0$ האינטגרל $\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x(\ln(x))^p}$ מתכנס אם"ם $p>1$ .
נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב- $[1,\infty)$ ונניח ש- $\int\limits_1^\infty f=\infty$ . נוכיח כי קיימת פונקציה g אי-שלילית ורציפה ב- $[1,\infty)$ מסדר גודל יותר קטן מ-f, ז"א $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\infty$ , ועדיין $\int\limits_1^\infty g(x)\mathrm dx=\infty$ . ובכן נגדיר $F(x)=\int\limits_1^x f$ אז כמובן ש- $F'(x)=f(x)$ ולפי הנתון $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f=\infty$ . נגדיר $g(x)=\frac {f(x)}{F(x)}$ ולכן $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac {f(x)}{f(x)/F(x)}=\lim_{x\to\infty}F(x)=\infty$ , ז"א g מסדר גודל קטן מ-f. כעת $\int\limits_1^\infty g=\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}{F(x)}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty \frac{F'(x)}{F(x)}\mathrm dx=[\ln(F(x))]_{x=1}^\infty=\infty$ . $\blacksquare$
נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב- $(1,\infty)$ ו- $\int\limits_1^\infty f$ מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש- $\int\limits_1^\infty g$ מתכנס.
בנייה: נגדיר $F(x)=\int\limits_1^x f$ , לכן $F'=f$ ולכן $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f$ קיים ושווה ל-L. אם נגדיר $g(x)=2F(x)f(x)$ אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר $F(x)=\int\limits_x^\infty f$ אז $F'=-f$ וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, $\lim_{x\to\infty} F(x)=0$ . נגדיר $g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}$ . חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן
$\begin{align}\int\limits_1^\infty g=&\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\int\limits_1^\infty\frac{-F'(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\left[-2\sqrt{F(x)}\right]_{x=1}^\infty\\&=2\sqrt{F(1)}\\&=2\sqrt{\int\limits_1^\infty f}\end{align}$
$\blacksquare$
$\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=[\sin(x)]_{x=0}^\infty\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ , כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין. $\blacksquare$
נתבונן באינטגרל - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר ): . נסמן . טענה: המספרים מקיימים
- $(-1)^{k+1}a_k>0$
- $|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots$ (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).
הוכחה:
- אם k אי-זוגי אז $\frac{\sin(x)}x\ge0$ בקטע $[(k-1)\pi,k\pi]$ ואם k זוגי אז $\frac{\sin(x)}x\le0$ בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.
- לכל k טבעי $|a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx$ כי $\mbox{sinc}(x)$ בעלת סימן קבוע ב- $[(k-1)\pi,k\pi]$ . נציב $t=x+\pi$ על מנת לקבל $|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt$ ומכיוון ש- $\sin(t-\pi)=-\sin(t)$ זה שווה ל- $|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt$ ואילו $|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx$ , ומכיוון ש- $0<x-\pi<x\implies\frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x$ הטענה השנייה מתקיימת.
נותר לנו לבדוק ש-. ואכן . לסיכום וה- יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור מתכנס, נאמר ל-L. טענה: . הוכחה: יהי נתון. לפי הנתון קיים כך שלכל מתקיים . כמו כן ולכן קיים כך שלכל מתקיים . אם אזי
$\begin{align}\left|\int\limits_0^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|&=\left|\int\limits_0^{\lfloor R\rfloor\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|\\&=\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L\right|+\left|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&<\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor+1}\\&<\varepsilon\end{align}$

משפט 1

נניח שהפונקציות f ו-g מוגדרות ואינטגרביליות בקטע $[a,\infty)$ ו-c מספר קבוע. אזי הפונקציה $f+cg$ אינטגרבילית ב- $[a,\infty)$ ומתקיים $\int\limits_a^\infty (f+cg)=\int\limits_a^\infty f+c\int\limits_a^\infty g$ .

הוכחה

לפי הגדרה $\int\limits_a^\infty f+cg=\lim_{R\to\infty} \int\limits_a^R f+cg=\lim_{R\to\infty} \int\limits_a^R f+c\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty f+c\int\limits_a^\infty g$ . $\blacksquare$

משפט 2

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ ויהי $b>a$ . אזי האינטגרל $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס אם"ם $\int\limits_b^\infty f$ מתכנס, ואם כן $\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^\infty f$ . ההוכחה פשוטה.

משפט 3

תהי f מוגדרת ועולה בקטע $[a,\infty)$ . אזי $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים אם"ם $\sup_x f(x)<\infty$ , ואם כן $\lim_{x\to\infty} f(x)=\sup_{x>a} f(x)$ .
תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ . עוד נניח ש- $f(x)\ge0$ בקטע זה, אזי $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס אם"ם האינטגרלים החלקיים $\int\limits_a^R f$ חסומים מלעיל.

הוכחות

נניח $\sup_{x>a} f(x)=m\in\mathbb R$ . טענה: $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים ושווה ל-m. הוכחה: לפי אפיון החסם העליון, אם $\varepsilon>0$ אזי קיים $x_0\in[a,\infty)$ כך ש- $m-\varepsilon<f(x_0)\le m<m+\varepsilon$ לכן עבור כל $x>x_0$ מתקיים (מכיוון ש-f עולה) $m-\varepsilon<f(x_0)\le f(x)\le m<m+\varepsilon$ . בפרט, לכל $x>x_0$ מתקיים $|f(x)-m|<\varepsilon$ ולכן $\lim_{x\to\infty} f(x)=m$ ואם $\sup_{x>a} f(x)=\infty$ (לא חסום) אז לכל $n\in\mathbb N$ קיים $x_0$ כך ש- $f(x_0)>n$ . כעת, אם $x>x_0$ אז $f(x)\ge f(x_0)>n$ . נובע ש- $\lim_{x\to\infty} f(x)=\infty$ ואין גבול במובן הצר. $\blacksquare$
לכל $R>a$ נגדיר $F(R)=\int\limits_a^R f$ . כיוון ש- $f(x)\ge0$ לכל $x\ge a$ , $F(R)$ עולה עם R. האינטגרל הלא אמיתי מקיים $\int\limits_a^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R f=\lim_{R\to\infty} F(R)$ וראינו בסעיף 1 שהגבול של $F(R)$ קיים אם"ם $F(R)$ חסומה מלעיל, ז"א אם"ם $\int\limits_a^R f$ חסום מלעיל כאשר $R\to\infty$ . $\blacksquare$

מסקנה

מתוך ההוכחה ראינו שאם האינטגרל הלא אמיתי של פונקציה אינטגרבילית מקומית אי-שלילית מתבדר אז הוא מתכנס במובן הרחב ל- $\infty$ .

@@ שורה 7: / שורה 7: @@
 # נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב-<math>(1,\infty)</math> ו-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש-<math>\int\limits_1^\infty g</math> מתכנס.<br/>''בנייה:'' נגדיר <math>F(x)=\int\limits_1^x f</math>, לכן <math>F'=f</math> ולכן <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f</math> קיים ושווה ל-L. אם נגדיר <math>g(x)=2F(x)f(x)</math> אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר <math>F(x)=\int\limits_x^\infty f</math> אז <math>F'=-f</math> וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>. נגדיר <math>g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}</math>. חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן{{left|<math>\begin{align}\int\limits_1^\infty g=&\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\int\limits_1^\infty\frac{-F'(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\left[-2\sqrt{F(x)}\right]_{x=1}^\infty\\&=2\sqrt{F(1)}\\&=2\sqrt{\int\limits_1^\infty f}\end{align}</math>}} {{משל}}
 # <math>\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=[\sin(x)]_{x=0}^\infty\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}</math>, כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין. {{משל}}
-# נתבונן באינטגרל <math>\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר <math>\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x</math>): <math>\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. נסמן <math>\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. ''טענה:'' המספרים <math>a_k</math> מקיימים <ul><li><math>(-1)^{k+1}a_k>0</math></li><li><math>|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots</math> (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).</li></ul>''הוכחה:''<ul><li>אם k אי-זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\ge0</math> בקטע <math>[(k-1)\pi,k\pi]</math> ואם k זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\le0</math> בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.</li><li>לכל k טבעי <math>|a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math> כי <math>\mbox{sinc}(x)</math> בעלת סימן קבוע ב-<math>[(k-1)\pi,k\pi]</math>. נציב <math>t=x+\pi</math> על מנת לקבל <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ומכיוון ש-<math>\sin(t-\pi)=-\sin(t)</math> זה שווה ל-<math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ואילו <math>|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math>, ומכיוון ש-<math>x-\pi<x\implies\forall x>\pi:\ \frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x</math> הטענה השנייה מתקיימת.</li></ul>נותר לנו לבדוק ש-<math>\lim_{k\to\infty} |a_k|=0</math>. ואכן <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx\le\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\mathrm dx}x=\ln\left|\frac{k\pi}{(k-1)\pi}\right|\to\ln|1|=0</math>. לסיכום <math>\int\limits_0^{N\pi}=\sum_{k=1}^N a_k</math> וה-<math>a_k</math> יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור <math>\sum_{k=1}^\infty a_k</math> מתכנס, נאמר ל-L. ''טענה:'' <math>\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L</math>. ''הוכחה:'' יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הנתון קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן <math>a_k\to0</math> ולכן קיים <math>n_1\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_k|<\frac\varepsilon2</math>. אם <math>R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}</math> אזי {{left|<math>\begin{align}\left|\int\limits_0^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|&=\left|\int\limits_0^{\lfloor R\rfloor\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|\\&=\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L\right|+\left|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&<\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor+1}\\&<\varepsilon\end{align}</math>}} {{משל}}
+# נתבונן באינטגרל <math>\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר <math>\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x</math>): <math>\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. נסמן <math>\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. ''טענה:'' המספרים <math>a_k</math> מקיימים <ul><li><math>(-1)^{k+1}a_k>0</math></li><li><math>|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots</math> (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).</li></ul>''הוכחה:''<ul><li>אם k אי-זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\ge0</math> בקטע <math>[(k-1)\pi,k\pi]</math> ואם k זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\le0</math> בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.</li><li>לכל k טבעי <math>|a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math> כי <math>\mbox{sinc}(x)</math> בעלת סימן קבוע ב-<math>[(k-1)\pi,k\pi]</math>. נציב <math>t=x+\pi</math> על מנת לקבל <math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ומכיוון ש-<math>\sin(t-\pi)=-\sin(t)</math> זה שווה ל-<math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ואילו <math>|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math>, ומכיוון ש-<math>0<x-\pi<x\implies\frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x</math> הטענה השנייה מתקיימת.</li></ul>נותר לנו לבדוק ש-<math>\lim_{k\to\infty} |a_k|=0</math>. ואכן <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx\le\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\mathrm dx}x=\ln\left|\frac{k\pi}{(k-1)\pi}\right|\to\ln|1|=0</math>. לסיכום <math>\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N a_k</math> וה-<math>a_k</math> יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור <math>\sum_{k=1}^\infty a_k</math> מתכנס, נאמר ל-L. ''טענה:'' <math>\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L</math>. ''הוכחה:'' יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הנתון קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן <math>a_k\to0</math> ולכן קיים <math>n_1\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_k|<\frac\varepsilon2</math>. אם <math>R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}</math> אזי {{left|<math>\begin{align}\left|\int\limits_0^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|&=\left|\int\limits_0^{\lfloor R\rfloor\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|\\&=\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L\right|+\left|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&<\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor+1}\\&<\varepsilon\end{align}</math>}} {{משל}}
 ==משפט 1==

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/5.4.11"

גרסה אחרונה מ־14:16, 18 באוגוסט 2011

תוכן עניינים

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

דוגמאות חישוב

משפט 1

הוכחה

משפט 2

משפט 3

הוכחות

מסקנה

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים