משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11

אינטגרל לפי רימן

הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את $T_{[a,b]}$ כ-$a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$ ונקרא ל-T חלוקה. נסמן $\Delta X_i=x_i-x_{i-1}$ כאשר $i\in\{1,2,\dots,n\}$. הגדרה: תהי f פונקציה המוגדרת ב-$[a,b]$ ותהי T חלוקה של הקטע עבור כל תת קטע $[x_{i-1},x_i]$ ונבחר נקודה $\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]$ ונבנה סכום מהצורה $\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i$ סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי בחלוקה $\Delta x_i$ ו-$\alpha_i$. הגדרה: פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-$\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i$. הגדרה: תהי $\{T_n\}$ סדרת חלוקות של הקטע $[a,b]$. נאמר כי $T_n$ נורמלית אם $\lim_{n\to0}\lambda(T_n)=0$. הגדרה: נאמר כי הסכומים 6 של רימן שואפים לגבול L כאשר $\lambda(T)\to0$ ואם לכל $\varepsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל חלוקה T עבור $\lambda(T)<\delta$מתקיים $|\sigma-L|<\varepsilon$.

דוגמה 1

דוגמה קלאסית היא פונקצית דיריכלה. לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהי נקודה...

קל לראות שגם כל הסכומים ביניהם מתקבלים.

דוגמה 2

קבוע אינטגרביליות של f בקטע [0,1] כאשר $f(x)=\begin{cases}2&0\le x\le\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}$.

פתרון

נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי $\varepsilon>0$ נתון. צריך להוכיח כי קיימת $\delta>0$ כך שלכל חלוקה T, עבור $\lambda(T)<\delta$ מתקיים $|\sigma-L|<\varepsilon$. נצייר את הפונקציה: גרף (1)

נזכיר כי L היא ערך האינטגרל ולכן, במקרה שלנו $2\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1$. נסמן את החלוקה T של [0,1] כ-$\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\}$. נבחר $T_\delta$ העדנה של T המקיימת $\lambda(T_\delta)<\delta$ ונבנה את סכום רימן באופן הבא: תהי $x_i$ הנקודה הכי קרובה ל-$\tfrac13$ משמאל ותהי $x_j$ כנקדה הכי קרובה ל-עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \tfarc לא מוכרת): \tfarc23

משמאל. ברור כי $x_i,x_j\in T_\delta$. הסכום הוא $\sigma=2(x_1-x_0)+2(x_2-x_1)+\dots+\underbrace A_{=0\text{ or }2}(\underbrace{\tfrac13}_{=x_{j+1}}-x_j)+\dots+0(x_k-x_{k-1})+\underbrace B_{(1)}(\tfrac23-x_k)+1(x_{k+2}-x_{k+1})+\dots+1(\underbrace 1_{=x_n}-x_{n-1})$

1. שוב נקודת תפר בין הפונקציות.

נשים לב כי $\frac23-2\delta+\frac13\le\sigma\le\frac23+\delta+\frac13$. נזכיר כי L=1 ולכן נבדוק מהו $\sigma-L$: $-2\delta+1\le\sigma\le1+\delta$ ולכן $|\sigma-1|\le2\delta$ (נשים לב שבמקרה זה יתכן גם שיוויון). לכן נבחר $\delta=\frac\varepsilon4$ ונקבל את הדרוש. $\blacksquare$

דוגמה 2

חשב את הגבול $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}$.

פתרון

נסמן $\{a_k\}_{k=0}^n=1+\frac kn$. קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי $\ln$-ים אפשר לרשום: עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \proud לא מוכרת): \lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\proud_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \proud_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right) . ראינו כי $\{a_i\}_{i=1}^n=\left\{1+\frac in\right\}_{i=1}^n$ בקטע [1,2].

נסמן את f להיות $f(x)=\ln x$ בקטע $(1,2]$ ברור כי $\ln x$ אינטגרבילית ולכן $\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n f\left(1+\frac in\right)$. מכיוון ש-f אינטגרבילית נבחר $\Delta x=\frac1n$ כלומר $\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n f\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln x\mathrm dx$

הערה: את האינטגרל הנ"ל נלמד לפתון בשיעור הבא.

בנקודה $x=1$ ברור ש-$\int\limits_1^1\ln x\mathrm dx=0$ ולכן אין משמעות שהתעלמנו מהנקודה 1.

נשים לב שבמקרה זה אפשר להוסיף גם את $x=1$ כי היא רציפה.

משפט: אם $f(x)\ge g(x)$ ו-f ו-g אינטגרביליות אז $\int\limits_a^b f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_a^b g(x)\mathrm dx$.

דוגמה 4

קבע האם האינטגרל הנתון בעל ערך חיובי או שלילי: $\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx$.

פתרון

נסמן $f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}$ קל לראות ש-f חיובית בקטע $[-3,-1]$ ולכן $\int\limits_{-3}^{-1}f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx$, כלומר אי-שלילי.

נוסיף ש-$x=0$ אינו בקטע ולכן חיובית

דוגמה 5

נוכיח כי $\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5$.

פתרון

נתון כי $1\le x\le4$ ולכן $1\le x^2\le16$. מכאן ש-$\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}$ חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל) $\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=[\sqrt2x]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\cdot\sqrt2$ ....

דרך 2: $1+x^2\le x^2\le0$ ולכן $\sqrt{1+x^2}\ge\sqrt{x^2}=|x|$ חיובית. לכן $\int\limits_1^4 \sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge\int\limits_1^4 |x|\mathrm dx=\int\limits_1^4 x\mathrm dx=\left[\frac{x^2}2\right]_{x=1}^4=$...

דוגמה 6

הוכח כי $\frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2$

פתרון

ננסה למצוא קבועים המקיימים $m\le e^{x^2-x}\le M$ (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור). נמצא מינימום ומקסימום. נסמן $f(x)=e^{x^2-x}$ ואז $f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}$ ולכן נקודה החשודה כקיצון היא $x=\frac12$. $f''(x)>0$ ולכן היא מינימום. לפי וירשרס נחפש בקצוות. $f(2)=e^{4-2}=e^2$ (מקסימום) וכן $f(0)=e^0=1$. לכן $e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2$. לפיכך $e^{-\frac14}\int\limits_0^2\mathrm dx\le \int\limits_0^2 f(x)\mathrm dx\le e^2\int\limits_0^2\mathrm dx$ ונקבל בדיוק את מה שרשום.