הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/10.4.11"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(←‏דוגמאות)
מ
 
שורה 71: שורה 71:
  
  
−
<span id="continue"><!--נא לא למחוק span זה--></span>{{הערה|את ההמשך עשינו ב[[משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.4.11|הרצאה שאחריה]]:}}
+
{{המשך סיכום|תאריך=12.4.11}}
  
 
===מסקנה===
 
===מסקנה===

גרסה אחרונה מ־20:35, 29 ביולי 2012

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

משפט 4 (מבחן ההשוואה)

נניח ש-\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x) ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-[a,\infty). אזי:

  1. אם \int\limits_a^\infty g מתכנס אז \int\limits_a^\infty f מתכנס.
  2. אם \int\limits_a^\infty f מתבדר אז \int\limits_a^\infty g מתבדר.

הוכחה

  1. עפ"י משפט 3 מתקיים \int\limits_a^\infty f=\sup_{R>a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R>a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g, כלומר \int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g. כעת, אם \int\limits_a^\infty g מתכנס אז הוא קטן מ-\infty, ולכן \int\limits_a^\infty f<\infty ומתכנס. \blacksquare
  2. הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. \blacksquare

משפט 5 (מבחן ההשוואה הגבולי)

נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-[a,\infty). עוד נניח שקיים \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R. אם \int\limits_a^\infty g מתכנס אז \int\limits_a^\infty f.

הוכחה

כיוון ש-\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L קיים x_0>a כך שלכל x\ge x_0 מתקיים \frac{f(x)}{g(x)}<L+1, ז"א 0\le f(x)\le(L+1)g(x). נתון ש-g אינטגרבילית ב-[a,\infty), ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-[x_0,\infty). לפי משפט 1 גם (L+1)g אינטגרבילית ב-[x_0,\infty). נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע [x_0,\infty) ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-[a,\infty). \blacksquare

מסקנה

בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-L\ne0 אז \int\limits_a^\infty g מתכנס אם"ם \int\limits_a^\infty f מתכנס.

הוכחה

לפי משפט 5 אם \int\limits_a^\infty g מתכנס אז \int\limits_a^\infty f מתכנס. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-L>0 מתקיים \lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-\int\limits_a^\infty g מתכנס אם \int\limits_a^\infty f מתכנס. \blacksquare

דוגמאות

עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.

  1. \int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx:

    פתרון

    כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור x\to\infty הפונקציה בסדר גודל \frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x. נגדיר f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5} וכן g(x)=\frac1x. אזי \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34>0. לכן האינטגרל מתבדר. \blacksquare

  2. \int\limits_2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx:

    פתרון

    נגדיר f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5} וכן g(x)=\frac1{x\ln(x)}. מתקיים \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1>0. אבל \int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty, כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. \blacksquare

  3. \int\limits_1^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx:

    פתרון

    נחשב את \lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x}: נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל \lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0. לכן אם \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2} מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. \blacksquare

משפט 6 (המבחן האינטגרלי לטורים)

נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-[k,\infty) (עבור k\in\mathbb N כלשהו). אזי \int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R.

הוכחה

נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. \sum_{n=k}^{N-1} f(n) הוא סכום עליון של \int\limits_k^N f ו-\sum_{n=k+1}^N f(n) הוא סכום תחתון. נסיק ש-\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n). כעת, אם נתון ש-\sum_{n=k}^\infty f(n) מתכנס אז הסכומים החלקיים \sum_{n=k}^{N-1} f(n) חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים \int\limits_k^N f חסומים מלעיל. נשאיף N\to\infty ומכיוון ש-f(x)\ge0 האינטגרל \int\limits_k^\infty f מתכנס. מאידך, אם נתון כי \int\limits_k^\infty f מתכנס אז האינטגרלים החלקיים \int\limits_k^N f חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים \sum_{n=k+1}^N f(n) חסומים מלעיל ומכיוון ש-f(x)\ge0 נובע ש-\sum_{n=k+1}^\infty f(n) מתכנס \sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow מתכנס. \blacksquare

מסקנה

בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים \sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n).

דוגמאות

  1. \sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))} - מתכנס או מתבדר?

    פתרון

    נגדיר f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))}, אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-[30,\infty). עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל \int\limits_{30}^\infty f, שמתבדר: \int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). \blacksquare

  2. ידוע לנו ש-\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6. אם נקח, למשל, \sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}, מהו סדר הגודל של השארית R?

    פתרון

    נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר f(x)=\frac1{x^2} אזי R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty\frac1{n^2}. מתקיים \sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6}. כמו כן \int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n) ולכן \sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1}.

    לסיכום, השארית מקיימת \frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6}.

פיתחנו כמה משפטים על התכנסות \int\limits_a^\infty f עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-[a,\infty).

הגדרה: תהי f מוגדרת בקטע [a,\infty). נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור x\to\infty אם לכל \varepsilon>0 קיים x_0>a כך שאם x_2\ge x_1>x_0 אז |f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon.

משפט 7

תהי f מוגדרת בקטע [a,\infty). \lim_{x\to\infty} f(x) קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.

הוכחה

תחילה נניח שקיים \lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R ונאמת את תנאי קושי. יהי \varepsilon>0 נתון. לפי ההגדרה קיים b>a כך שאם x>b אז |f(x)-L|<\frac\varepsilon2. מכאן נובע שאם x_2\ge x_1>b אז |f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon ולכן מתקיים תנאי קושי.

מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים b>a כך שלכל x_2\ge x_1>b מתקיים |f(x_2)-f(x_1)|<1. נקבע x_1=b+1 ונובע שלכל x_2>b+1 מתקיים |f(x_2)-f(b+1)|<1. לכן אם x_2>b+1 אז |f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|<1 ומכאן ש-|f(x_2)|<|f(b+1)|+1. לכן f חסומה בקטע [b+1,\infty) ולכן \{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\} סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת \{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N} כך ש-\lim_{k\to\infty} f(b+n_k) קיים ונאמר שהוא L\in\mathbb R. טענה: \lim_{x\to\infty} f(x) קיים ושווה ל-L. הוכחה: \lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L ולכן עבור \varepsilon>0 נתון קיים k_0\in\mathbb N כך שאם k\ge k_0 אז |f(b+n_k)-L|<\frac\varepsilon2. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר c>a כך שאם x_2>x_1>c אז |f(x_2)-f(x_1)|<\frac\varepsilon2. עתה נגדיר d:=\max\{b+n_{k_0},c\} ולכן |f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \blacksquare


את ההמשך עשינו בשיעור שאחריו:

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[a,\infty). אזי האינטגרל \int\limits_a^\infty f מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל \varepsilon>0 קיים x_0>a כך שאם x_2>x_1>x_0 אז \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon.

הוכחה

לכל x>a נגדיר F(x)=\int\limits_a^x f ולכן \int\limits_{x_1}^{x_2} f=F(x_2)-F(x_1). כמו כן מתקיים \lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_a^\infty f. עתה, \lim_{x\to\infty}F(x) מתכנס אם"ם \forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ |F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon, וזה נכון אם"ם \forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon. \blacksquare

מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=משתמש:אור_שחף/133_-_הרצאה/10.4.11&oldid=24870