משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/22.3.11

האינטגרל המסויים (המשך)

דוגמאות

1. $\int\limits_0^2 x^2e^{x^3}\mathrm dx$.
   • שיטה א - נתעלם מהגבולות עד למציאת הפונקציה הקדומה: נציב $t=x^3\implies\frac{\mathrm dt}3=\mathrm dx$. לכן $\int=\int\frac{e^t}3\mathrm dt=\left[\frac{e^t}3\right]_{x=0}^2=\left[\frac{e^{x^3}}3\right]_{x=0}^2=\frac{e^8-1}3$. $\blacksquare$
   • דרך ב - נחליף את הגבולות במהלך החישוב: $t=x^3\implies t|_{x=0}=0,\ t|_{x=2}=8$ ולכן $\int=\int\limits_0^8\frac{e^t}3\mathrm dt=\left[\frac{e^t}3\right]_{t=0}^8=\frac{e^8-1}3$. $\blacksquare$
2. נחשב שטח עיגול בעל רדיוס r. $x^2+y^2=r^2\implies y=\sqrt{r^2-x^2}$. לכן השטח הוא $S=2\int\limits_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}\ \mathrm dx$. נציב $x=r\sin(\theta)$ ואז
   $\begin{align}S&=2\int\limits_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\sqrt{r^2-r^2\sin^2(\theta)}\ r\cos(\theta)\mathrm d\theta\\&=2\int\limits_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}r^2\cos^2(\theta)\mathrm d\theta\\&=2r^2\int\limits_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{\cos(2\theta)+1}2\mathrm d\theta\\&=2r^2\left[\frac{\frac12\sin(2\theta)+\theta}2\right]_{\theta=-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\\&=2r^2\left(\frac14\cdot0+\frac\pi4-\frac14\cdot0+\frac\pi4\right)\\&=\pi r^2\end{align}$
   $\blacksquare$ הערה: כאשר החלפנו את גבולות האינטגרציה בהצגה $x=r\sin(\theta)$ היינו צריכים לבחור $\theta$ כך ש-$x=r$, אבל עבור מעגל שרדיוסו r מתחלק ב-4 עם שארית 1 היינו יכולים לבחור גם $\theta=\frac{r\pi}2$ כי אז $x=r\sin(\theta)=r\sin\left(\frac{r\pi}2\right)=r$, ועבור $x=-r$ יכולנו לבחור $-\frac{r\pi}2$. אם כן היינו מוצאים
   $\begin{align}S&=\int\limits_{-\frac{r\pi}2}^\frac{r\pi}2 \sqrt{r^2-r^2\sin^2(\theta)}\ r\cos(\theta)\mathrm d\theta\\&=2\int\limits_{-\frac{r\pi}2}^\frac{r\pi}2r^2\cos^2(\theta)\mathrm d\theta\\&=2r^2\int\limits_{-\frac{r\pi}2}^\frac{r\pi}2\frac{1+\cos(2\theta)}2\mathrm d\theta\\&=r\pi r^2\end{align}$
   הטעות נובעת מכך שקבענו ש-$\sqrt{r^2-r^2\sin^2(\theta)}=\sqrt{r^2\cos^2(\theta)}=r\cos(\theta)$, מה שנכון רק כאשר $\cos(\theta)\ge0$. הטווח של האינטגרציה היה $\left[-\frac{r\pi}2,\frac{r\pi}2\right]$, שכולל תחומים בהם $\cos(\theta)<0$. בתחומים אלה צריך לבחור $\sqrt{r^2\cos^2(\theta)}=-r\cos(\theta)$ ולחלק את הקטע $\left[-\frac{r\pi}2,\frac{r\pi}2\right]$ לתחומים שונים לפי הסימן של $\cos(\theta)$.

יישומים של אינטגרציה

1. שטח

   אם בקטע $[a,b]$ מתקיים $f(x)\le g(x)$ כבר ראינו שהשטח בין הגרפים הוא $\int\limits_a^b(g(x)-f(x))\mathrm dx$.

2. נפח של גוף סיבוב

   

   נסובב את השטח מתחת לגרף $y=f(x)$ בין a ל-b סביב ציר ה-x ונחשב את הנפח הנוצר. עבור $f(x)=c$ קבוע הסיבוב יוצר גליל שנפחו ידוע לנו: $\pi c^2(b-a)$. כעת נניח ש-$f(x)\ge0$ רציפה ב-$[a,b]$ ונחשב את הנפח הנוצר ע"י סיבוב הגרף. נקח חלוקה כלשהי P של $[a,b]$, $a=x_0<x_1<x_2<\dots<x_n=b$. תחילה נעיין בנפח הנוצר כאשר אותו חלק מהגרף שמעל $[x_{k-1},x_k]$ מסתובב סביב ציר ה-x. עפ"י המשפט השני של וירשטרס יש ל-f מקסימום $M_k$ ומינימום $m_k$ בקטע זה. נסמן ב-$V_k$ הנפח שנוצר ע"י חלק זה של הגרף של f. אז מתקיים $\pi m_k^2(x_k-x_{x-1})\le V_k\le\pi M_k^2(x_k-x_{x-1})$. יוצא שהנפח בסה"כ הוא $V=\sum_{k=1}^n V_k$ ומתקיים $\sum_{k=1}^n\pi m_k^2\Delta x_k\le V\le\sum_{k=1}^n\pi M_k^2\Delta x_k$. נשים לב שהסכום בצד ימין הוא בדיוק $\overline S(\pi f^2,P)$ ובצד שמאל $\underline S(\pi f^2,P)$ עבור החלוקה P. נשאיף $\lambda(P)\to0$ וכיוון ש-f רציפה גם $\pi f^2$ רציפה ולכן שני הסכומים הנ"ל שואפים לאותו הגבול: $V=\int\limits_a^b \pi f^2$.

   דוגמאות

   1. נחשב נפח של כדור בעל רדיוס r:
      $\begin{align}V&=\pi\int\limits_{-r}^r f^2\\&=\pi\int\limits_{-r}^r \left(r^2-x^2\right)\mathrm dx\\&=\pi\left[r^2x-\frac{x^3}3\right]_{x=-r}^r\\&=2\pi\left(r^3-\frac{r^3}3\right)\\&=\frac43\pi r^3\end{align}$
      $\blacksquare$
   2. 
      נחשב נפח של חרוט בעל גובה h ורדיוס בסיס r. בסרטוט משמאל יש גרף סיבוב המתקבל מסיבוב משולש סביב ציר ה-x. הפונקציה היא $y=\frac rhx+0$ ולפיכך הנפח הוא
      $\begin{align}V&=\pi\int\limits_0^h\left(\frac rhx\right)^2\mathrm dx\\&=\pi\left(\frac rh\right)^2\int\limits_0^h x^2\mathrm dx\\&=\pi\left(\frac rh\right)^2\left[\frac{x^3}3\right]_{x=0}^h\\&=\frac{\pi r^2h}3\end{align}$
      כלומר נפח החרוט הוא שליש מנפח הגליל בעל אותו גובה ורדיוס בסיסים. $\blacksquare$

3. ממוצע

   תהא f מוגדרת ורציפה ב-$[a,b]$ ונחשב את הממוצע של f בקטע זה באופן הבא: לכל $n\in\mathbb N$ נגדיר חלוקה $P_n$ של הקטע לקטעים שווים $a=x_0<x_1<x_2<\dots<x_n=b$. כאשר $\forall k:\ x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n$. הממוצע של f בנקודות החלוקה הוא $\frac1n\sum_{k=1}^n f(x_k)$. לפי בחירת $P_n$, לכל k מתקיים $x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n\implies\frac1n=\frac{x_k-x_{k-1}}{b-a}$ ונובע: $\sum_{k=1}^n\frac1n f(x_k)=\sum_{k=1}^nf(x_k)\frac{x_k-x_{k-1}}{b-a}=\frac1{b-a}\sum_{k=1}^n f(x_k)\Delta x_k$ (כאשר $\sum_{k=1}^n f(x_k)\Delta x_k$ הוא סכום רימן). נשאיף $n\to\infty$ ומכיוון שבמקרה כזה $\lambda(P_n)\to0$ מצאנו שהממוצע של f שואף ל-$\frac1{b-a}\int\limits_a^b f$. באותה דרך ניתן לחשב ממוצע של כל פונקציה אינטגרבילית, גם אם היא לא רציפה. גישה אחרת (אינטואיטיבית): אם $f(x)\ge0$ רציפה אז $\frac1{b-a}\int\limits_a^b f$ הוא השטח שמתחת לגרף חלקי אורך בסיס השטח, שזה הממוצע.

4. אורך הגרף

   

   עבור פונקציה f רציפה ב-$[a,b]$ נעשה חלוקה $P_n$ של הקטע. החלוקה גורמת לחלוקת הגרף ע"י נקודות $q_0,q_1,\dots,q_n$, כאשר לכל k $q_k=(x_k,f(x_k))$. קירוב סביר לאורך הגרף נתון ע"י $L(P)=\sum_{k=1}^n d(q_{k-1},q_k)$, כאשר $d(A,B)$ הוא המרחק בין הנקודות A ו-B. מרחק זה שווה ל-$\sqrt{(x_{k-1}-x_k)^2+(f(x_k)-f(x_{k-1}))^2}$. לכן אורך הגרף L מקיים $\forall n:\ L(P_n)\le L$ ואפשר להגדיר את L ע"י $L=\sup_n L(P_n)$. לפי זה L תמיד מוגדר $0<L\le\infty$.
   דוגמה: נגדיר $f(x)=\begin{cases}x\sin\left(\frac1x\right)&x\ne 0\\0&x=0\end{cases}$. היא רציפה בקטע הסגור $[0,1]$ אבל אורך הגרף הוא $\infty$.

   נניח ש-f' קיימת ורציפה ב-$[a,b]$ ונקח חלוקה P כלשהי. כבר ראינו ש-
   $\begin{align}L(P)&=\sum_{k=1}^n\sqrt{(x_{k-1}-x_k)^2+(f(x_k)-f(x_{k-1}))^2}\\&=\sum_{k=1}^n\sqrt{1+\left(\frac{f(x_k)-f(x_{k-1})}{x_k-x_{k-1}}\right)^2}\ (x_k-x_{k-1})\\&=\sum_{k=1}^n\sqrt{1+f'(c_k)^2}\Delta x_k\end{align}$
   (ע"פ משפט לגראנז' יש $c_k$ כאלה כך ש-$\forall k:\ c_k\in(x_{k-1},x_k)$) והגענו לסכום רימן עבור הפונקציה $\sqrt{1+f'(x)^2}$. היה נתון ש-$f'(x)$ רציפה ולכן גם $\sqrt{1+f'(x)^2}$ רציפה, וסכומי רימן אלה שואפים לאינטגרל $\int\limits_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}\ \mathrm dx$. השערה מאוד סבירה היא שזהו אורך הגרף $L=\sup_n L(P_n)$. נוכיח זאת: נגדיר $I=\int\limits_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}\mathrm dx$ וכן $L=\sup_n L(P_n)$ ונניח $L<\infty$. יהי $\varepsilon>0$ נתון. לפי הגדרת הסופרימום קיימת חלוקה מסויימת Q של $[a,b]$ כך ש-$0<L-L(Q)<\frac\varepsilon2$. אם Q' עידון של Q אז $L(Q)\le L(Q')\le L$ ולכן $0\le L-L(Q')<\frac\varepsilon2$. כעת נתון ש-$f'$ רציפה ולכן $\sqrt{1+f'(x)^2}$ אינטגרבילית ב-$[a,b]$. לפיכך קיימת $\delta>0$ כך שאם P חלוקה כלשהי של $[a,b]$ כך ש-$\lambda(P)<\delta$ ואם S סכום רימן כלשהו הבנוי על P אז $|I-S|<\frac\varepsilon2$. לבסוף נבחר P להיות עידון כלשהו של Q כך ש-$\lambda(P)<\delta$. כבר למדנו ש-$L(P)$ הוא סכום רימן S עבור האינטגרל I שבנוי על P. מכל זה נסיק $|I-L|=|I-S+L(P)-L|\le|I-S|+|L(P)-L|<\varepsilon$ ז"א I ו-L הם שני מספרים קבועים שהפרשם קטן מ-$\varepsilon$ ומכאן נובע שהם שווים. $\blacksquare$