משתמש:אור שחף/133 - תרגול/1.5.11 - היסטוריית גרסאות

Sch: /* פתרון */ תיקנתי טעות.

2012-05-31T07:57:46Z

פתרון: תיקנתי טעות.

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־07:57, 31 במאי 2012
שורה 68:		שורה 68:
	* ''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}}		* ''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]]:}}		<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\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}}
			* ''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}}

אור שחף: /* דוגמה 6 */

2011-05-10T14:03:55Z

דוגמה 6

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־14:03, 10 במאי 2011
שורה 61:		שורה 61:

	===דוגמה 6===		===דוגמה 6===
	הוכיחו התכנסות בתנאי של <math>\int\limits_0^~~\infty~~\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math>.		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 ~~התכנסות בקטע <math>[1,\infty)</math>. תחילה נבדוק~~ התכנסות בהחלט:		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>. צד שמאל מתבדר (מכיוון ש-<math>\lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=0</math> ומכיוון ש-<math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר גם <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx</math> מתבדר) ולכן אין 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>. נותר להוכיח כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx</math> מתבדר:
	~~נמשיך בתרגול הבא~~.		* ''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\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}}

אור שחף ב־17:48, 2 במאי 2011

2011-05-02T17:48:00Z

הצגת שינויים

אור שחף: יצירת דף עם התוכן "=אינטגרלים לא אמיתיים= ==מקרה ראשון== לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף. ===דוגמה 1=== הראה ..."

2011-05-01T15:34:06Z

יצירת דף עם התוכן "=אינטגרלים לא אמיתיים= ==מקרה ראשון== לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף. ===דוגמה 1=== הראה ..."

דף חדש

=אינטגרלים לא אמיתיים=
==מקרה ראשון==
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.
====פתרון====
ברור כי <math>0<e^{-x^2}<1</math> עבור הקטע <math>[0,1]</math>, שם נפעיל את האינטגרל: <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>, שם 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\limtis_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e</math>. לכן בסה"כ <math>\int<1+\frac1e</math>.
==מבחן דיריכלה==
f ו-g רציפות. אם
* f יורדת לאפס.
* הנגגזרת של f רציפה.
* <math>G(x)=\int\limits_a^x g</math> חסומה.
אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
===דוגמה 2===
הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm dx</math> מתכנס.
====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 ן-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}\matghm dx</math>. {{משל}}

=אינטגרלים לא אמיתיים - סוג שני=
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.

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>.
===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>.
====פתרון====
<math>\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0</math> ואז <math>\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^2\alpha}=\int\limits_0^\frac12\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). עבור <math>\alpha\ne1</math>: <math>\int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}=-\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: (עבור המקרה <math>\alpha=1</math>) נקבל <math>\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0+}^\frac12=\infty</math>.

עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math>\lim_{x\to0+}\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}</math>.

את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים:
* אם <math>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{t\to0^+}-\ln(t)=\infty</math> ולכן <math>(-\ln(t))^{-\alpha+1}\to\infty</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>.

{{משל}}

==מבחן ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II==
<math>0\le g(x)\le f(x)</math> אז אם <math>\int\limits_a^b f</math> מתכנס גם <math>\int\limits_a^b g</math> מתכנס.\
==מבחן ההשוואה הגבולי==
<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>L=0</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math>.
* אם <math>L=\infty</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math>.
===דוגמה 4===
קבעו התכנסות של <math>\int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}</math>.
====פתרון====
נשווה ל-<math>g(x)=\frac1{x^2}</math>. <math>\lim_{x\to0^+}\frac{1/(1-\cos(x))}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos(x)}\underbrace{=}_\text{l'Hospital}\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}}
===דוגמה 5===
קבעו התכנסות <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x</math>.
====פתרון====
קל לעבור מסוג II לסוג I ע"י הצבה <math>y=\frac1x</math>. לכן <math>\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}</math>. נקבל <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.

===דוגמה 6===
הוכיחו התכנסות בתנאי של <math>\int\limits_0^\infty\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math>.
====פתרון====
מצאנו כבר כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math> מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בקטע <math>[1,\infty)</math>. תחילה נבדוק 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>. צד שמאל מתבדר ולכן אין התכנסות בהחלט.

נמשיך בתרגול הבא.