משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11

אינטגרל לפי רימן

הגדרה: יהי $[a,b]$ קטע סגור. נסמן את $T_{[a,b]}$ כחלוקה $a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$ 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 $[x_{i-1},x_i]$ נבחר 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 ב-$\Delta x_i$ וב-$\alpha_i$.

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 $\lim_{n\to\infty}\lambda(T_n)=0$.

הגדרה: נאמר כי סכומי רימן שואפים לגבול I כאשר $\lambda(T)\to0$ אם לכל $\varepsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל חלוקה T עבורה $\lambda(T)<\delta$ מתקיים $|\sigma-I|<\varepsilon$.

דוגמה 1

נמצא פונקציה לא אינטגרבילית. דוגמה קלאסית לכך היא פונקצית דיריכלה - לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהיה נקודה רציונלית ונקודה אי-רציונלית בתת קטע $[x_{i-1},x_i]$ של $[a,b]$ ולכן סכום רימן יכול להיות כל ערך בין 0 ל-$1(b-a)$ (כולל).

דוגמה 2

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

פתרון

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

גרף (1)

אינטואיטיבית, מהגרף ניתן לראות שהשטח מתחת ל-f הוא $2\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1$, כלומר אנו ננסה להוכיח ש-$I=1$:

נסמן ב-T את החלוקה $\left\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\right\}$ של $[0,1]$. נבחר $T_\delta=\{x_0,x_1,\dots,x_n\}$ העדנה של T המקיימת $\lambda(T_\delta)<\delta$ ונבנה את סכום רימן באופן הבא: תהי $x_i:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac13\right\}$ ותהי $x_j:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac23\right\}$. עבור $x_0\le c_1\le x_1\le\dots\le c_n\le x_n$, סכומי רימן הם

$\begin{array}{l l l}\sigma&=&\displaystyle\sum_{k=1}^n f(c_k)\Delta x_k \\&=&\ 2(x_1-\underbrace{x_0}_{=0})+\dots+2(x_i-x_{i-1}) \\&&+0(\underbrace{x_{i+1}}_{=1/3}-x_i)+\dots+0(x_j-x_{j-1}) \\&&+1(\underbrace{x_{j+1}}_{=2/3}-x_j)+\dots+1(\underbrace{x_n}_{=1}-x_{n-1})\\&=&2x_i+1-x_j\end{array}$

נשים לב כי $x_{i+1}-x_i,x_{j+1}-x_j<\delta$ ולכן $2x_i>\frac23-2\delta$ ו-$1-x_j<\delta+\frac13$. כמו כן, לפי הגדרת $x_i,x_j$, מתקיים $2x_i<\frac23$ ו-$1-x_j>\frac13$. מכאן ש-$\frac23-2\delta+\frac13<\sigma<\frac23+\delta+\frac13$. נזכיר כי חשדנו ש-$I=1$ ולכן נבדוק מהו $\sigma-1$: $-2\delta+1<\sigma<1+\delta$ ולכן $|\sigma-1|<2\delta$. נבחר $\delta=\frac\varepsilon2$ ונקבל את הדרוש. לסיכום, ערך האינטגרל הוא 1 ובוודאי ש-f אינטגרבילית. $\blacksquare$

דוגמה 3

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

פתרון

נתבונן בסדרה $\left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n$. כאשר $n\to\infty$, קל לראות שמדובר בקטע $[1,2]$. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: $\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)}=\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \prod_{i=1}^n\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac in\right)$. ברור כי ln אינטגרבילית ב-$(1,2]$ ולכן נבחר חלוקה שעבורה $\Delta x=\frac1n$, ואז $\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=0}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx$.

הערה: את האינטגרל הזה נלמד לפתור בשיעור הבא.

---

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

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 $\int\limits_{-3}^{-1}f\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx=0(-1-(-3))=0$, כלומר אי-שלילי. נעיר ש-$x=0$ (שהיא הנקודה המאפסת היחידה של f ב-$\mathbb R$) אינה בקטע ולכן התוצאה חיובית. $\blacksquare$

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) ונקבל $\int\limits_1^4 f\ge\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=\left[\sqrt2x\right]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\sqrt2$. התוצאה קטנה מ-7.5 ולכן נחפש חסם אחר: $1+x^2>x^2\implies\sqrt{1+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|$, לכן $\int\limits_1^4 f>\int\limits_1^4|x|\mathrm dx=\int\limits_1^4 x\mathrm dx=\left[\frac{x^2}2\right]_{x=1}^4=7.5$. $\blacksquare$

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 $x=\frac12$: $f''(x)>0$ ולפיכך היא מינימום. לפי וירשטרס נחפש גם 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. $\blacksquare$