גרסה מ־18:47, 2 במרץ 2011

תוכן עניינים

1 אינטגרל לפי רימן

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

דוגמה קלאסית לפונקציה לא אינטגרבילית 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 $T_\delta$ 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 $x_j:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac23\right\}$ . הסכום הוא

\begin{array}{l l l}\sigma&=&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 $\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx$ .

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 היחיד 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. $\blacksquare$

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-==אינטגרל לפי רימן==
+=אינטגרל לפי רימן=
-הגדרה: יהי [a,b] קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כ-<math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ל-T חלוקה. נסמן <math>\Delta X_i=x_i-x_{i-1}</math> כאשר <math>i\in\{1,2,\dots,n\}</math>.
+'''הגדרה:''' יהי <math>[a,b]</math> קטע סגור. נסמן את <math>T_{[a,b]}</math> כחלוקה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math> ונקרא ל-T חלוקה. נסמן <math>\Delta x_i=x_i-x_{i-1}</math> כאשר <math>i\in\{1,2,\dots,n\}</math>.
-הגדרה: תהי f פונקציה המוגדרת ב-<math>[a,b]</math> ותהי T חלוקה של הקטע עבור כל תת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> ונבחר נקודה <math>\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]</math> ונבנה סכום מהצורה <math>\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i</math> סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי בחלוקה <math>\Delta x_i</math> ו-<math>\alpha_i</math>.
-הגדרה:  פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-<math>\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i</math>.
-הגדרה: תהי <math>\{T_n\}</math> סדרת חלוקות של הקטע <math>[a,b] </math>. נאמר כי <math>T_n</math> נורמלית אם <math>\lim_{n\to0}\lambda(T_n)=0</math>.
-הגדרה: נאמר כי הסכומים 6 של רימן שואפים לגבול L כאשר <math>\lambda(T)\to0</math> ואם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T עבור <math>\lambda(T)<\delta</math>מתקיים <math>|\sigma-L|<\varepsilon</math>.
-===דוגמה 1===
+'''הגדרה:''' תהי f פונקציה המוגדרת ב-<math>[a,b]</math> ותהי T חלוקה של הקטע. עבור כל תת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> נבחר נקודה <math>\alpha_i\in[x_{i-1},x_i]</math> ונבנה סכום מהצורה <math>\sigma=\sum_{i=1}^n f(\alpha_i)\Delta x_i</math>. סכום זה נקרא סכום רימן של f והוא תלוי ב-<math>\Delta x_i</math> וב-<math>\alpha_i</math>.
-דוגמה קלאסית היא פונקצית דיריכלה. לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהי נקודה...
+'''הגדרה:''' פרמטר החלוקה של T מוגדר כ-<math>\lambda(T)=\max_{i=1}^n\Delta x_i</math>.
-קל לראות שגם כל הסכומים ביניהם מתקבלים.
+'''הגדרה:''' תהי <math>\{T_n\}</math> סדרת חלוקות של הקטע <math>[a,b]</math>. נאמר כי <math>T_n</math> נורמלית אם <math>\lim_{n\to\infty}\lambda(T_n)=0</math>.
-===דוגמה 2===
-קבוע אינטגרביליות של f בקטע [0,1] כאשר <math>f(x)=\begin{cases}2&0\le x\le\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}</math>.
-====פתרון====
+'''הגדרה:''' נאמר כי סכומי רימן שואפים לגבול I כאשר <math>\lambda(T)\to0</math> אם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T עבורה <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-I|<\varepsilon</math>.
-נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. צריך להוכיח כי קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T, עבור <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-L|<\varepsilon</math>. נצייר את הפונקציה:
-גרף (1)
-נזכיר כי L היא ערך האינטגרל ולכן, במקרה שלנו <math>2\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1</math>. נסמן את החלוקה T של [0,1] כ-<math>\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\}</math>.
+==דוגמה 1==
-נבחר <math>T_\delta</math> העדנה של T המקיימת <math>\lambda(T_\delta)<\delta</math> ונבנה את סכום רימן באופן הבא:
+דוגמה קלאסית לפונקציה לא אינטגרבילית היא פונקצית דיריכלה. לכל חלוקה נורמלית שנבחר תהיה נקודה רציונלית ונקודה אי-רציונלית בתת קטע <math>[x_{i-1},x_i]</math> של <math>[a,b]</math> ולכן סכום רימן יכול להיות כל ערך בין 0 ל-<math>1(b-a)</math> (כולל).
-תהי <math>x_i</math> הנקודה הכי קרובה ל-<math>\tfrac13</math> משמאל ותהי <math>x_j</math> כנקדה הכי קרובה ל-<math>\tfarc23</math> משמאל. ברור כי <math>x_i,x_j\in T_\delta</math>. הסכום הוא <math>\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})</math>
-# שוב נקודת תפר בין הפונקציות.
-נשים לב כי <math>\frac23-2\delta+\frac13\le\sigma\le\frac23+\delta+\frac13</math>. נזכיר כי L=1 ולכן נבדוק מהו <math>\sigma-L</math>:
+==דוגמה 2==
-<math>-2\delta+1\le\sigma\le1+\delta</math> ולכן <math>|\sigma-1|\le2\delta</math> (נשים לב שבמקרה זה יתכן גם שיוויון). לכן נבחר <math>\delta=\frac\varepsilon4</math> ונקבל את הדרוש. {{משל}}
+קבע אינטגרביליות של f בקטע <math>[0,1]</math> כאשר <math>f(x)=\begin{cases}2&0\le x<\tfrac13\\0&\tfrac13\le x<\tfrac23\\1&\tfrac23\le x\le1\end{cases}</math>.
-===דוגמה 2===
-חשב את הגבול <math>\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
 ===פתרון===
-נסמן <math>\{a_k\}_{k=0}^n=1+\frac kn</math>. קל לראות שמדובר בקטע [1,2]. לפי חוקי <math>\ln</math>-ים אפשר לרשום: <math>\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)</math>.
+נוכיח אינטגרביליות לפי רימן. תהי <math>\varepsilon>0</math> נתונה. צריך להוכיח כי קיימת <math>\delta>0</math> כך שלכל חלוקה T, עבורה <math>\lambda(T)<\delta</math> מתקיים <math>|\sigma-I|<\varepsilon</math>. נצייר את הפונקציה:
-ראינו כי <math>\{a_i\}_{i=1}^n=\left\{1+\frac in\right\}_{i=1}^n</math> בקטע [1,2].
-נסמן את f להיות <math>f(x)=\ln x</math> בקטע <math>(1,2]</math> ברור כי <math>\ln x</math> אינטגרבילית ולכן <math>\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)</math>. מכיוון ש-f אינטגרבילית נבחר <math>\Delta x=\frac1n</math> כלומר <math>\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n f\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln x\mathrm dx</math>
+גרף (1)
-הערה: את האינטגרל הנ"ל נלמד לפתון בשיעור הבא.
+אינטואיטיבית, מהגרף ניתן לראות שהשטח מתחת ל-f הוא <math>2\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac13=1</math>, כלומר אנו ננסה להוכיח ש-<math>I=1</math>:
-בנקודה <math>x=1</math> ברור ש-<math>\int\limits_1^1\ln x\mathrm dx=0</math> ולכן אין משמעות שהתעלמנו מהנקודה 1.
+נסמן ב-T את החלוקה <math>\left\{0,\tfrac13,\tfrac23,1\right\}</math> של <math>[0,1]</math>. נבחר <math>T_\delta</math> העדנה של T המקיימת <math>\lambda(T_\delta)<\delta</math> ונבנה את סכום רימן באופן הבא:
+תהי <math>x_i:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac13\right\}</math>  ותהי <math>x_j:=\max\left\{x\in T_\delta:\ x<\tfrac23\right\}</math>. הסכום הוא
+{{left|<math>\begin{array}{l l l}\sigma&=&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}</math>}}
-נשים לב שבמקרה זה אפשר להוסיף גם את <math>x=1</math> כי היא רציפה.
+נשים לב כי <math>x_{i+1}-x_i,x_{j+1}-x_j<\delta</math> ולכן <math>2x_i>\frac23-2\delta</math> ו-<math>1-x_j<\delta+\frac13</math>. כמו כן, לפי הגדרת <math>x_i,x_j</math>, מתקיים <math>2x_i<\frac23</math> ו-<math>1-x_j>\frac13</math>. מכאן ש-<math>\frac23-2\delta+\frac13<\sigma<\frac23+\delta+\frac13</math>. נזכיר כי חשדנו ש-<math>I=1</math> ולכן נבדוק מהו <math>\sigma-1</math>:
+<math>-2\delta+1<\sigma<1+\delta</math> ולכן <math>|\sigma-1|<2\delta</math>. נבחר <math>\delta=\frac\varepsilon2</math> ונקבל את הדרוש. לסיכום, ערך האינטגרל הוא 1 ובוודאי ש-f אינטגרבילית. {{משל}}
-משפט: אם <math>f(x)\ge g(x)</math> ו-f ו-g אינטגרביליות אז <math>\int\limits_a^b f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_a^b g(x)\mathrm dx</math>.
+==דוגמה 3==
+חשב את הגבול <math>\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\dots\left(1+\frac nn\right)}</math>.
+===פתרון===
+נתבונן בסדרה <math>\left\{1+\frac in\right\}_{i=0}^n</math>. כאשר <math>n\to\infty</math>, קל לראות שמדובר בקטע <math>[1,2]</math>. לפי חוקי לוגריתמים אפשר לרשום: <math>\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)</math>. ברור כי ln אינטגרבילית ב-<math>[1,2]</math> ולכן נבחר חלוקה שעבורה <math>\Delta x=\frac1n</math>, ואז <math>\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac in\right)=\int\limits_1^2\ln(x)\mathrm dx</math>.
-===דוגמה 4===
+'''הערה:''' את האינטגרל הזה נלמד לפתור בשיעור הבא.
-קבע האם האינטגרל הנתון בעל ערך חיובי או שלילי: <math>\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx</math>.
-====פתרון====
-נסמן <math>f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}</math> קל לראות ש-f חיובית בקטע <math>[-3,-1]</math> ולכן <math>\int\limits_{-3}^{-1}f(x)\mathrm dx\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx</math>, כלומר אי-שלילי.
-נוסיף ש-<math>x=0</math> אינו בקטע ולכן חיובית
+----
-===דוגמה 5===
+משפט: אם <math>f(x)\ge g(x)</math> ו-f ו-g אינטגרביליות אז <math>\int\limits_a^b f\ge\int\limits_a^b g</math>.
-נוכיח כי <math>\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5</math>.
-====פתרון====
-נתון כי <math>1\le x\le4</math> ולכן <math>1\le x^2\le16</math>. מכאן ש-<math>\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}</math> חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל)
-<math>\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=[\sqrt2x]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\cdot\sqrt2</math>
-....
-דרך 2: <math>1+x^2\le x^2\le0</math> ולכן <math>\sqrt{1+x^2}\ge\sqrt{x^2}=|x|</math> חיובית.
+==דוגמה 4==
-לכן <math>\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=</math>...
+קבע האם האינטגרל הנתון בעל ערך חיובי או שלילי: <math>\int\limits_{-3}^{-1}\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}\mathrm dx</math>.
+===פתרון===
+נסמן <math>f(x)=\frac{x^4}{\sqrt{2-x}}</math> קל לראות ש-f חיובית בקטע <math>[-3,-1]</math> ולכן <math>\int\limits_{-3}^{-1}f\ge\int\limits_{-3}^{-1} 0\mathrm dx=0(-1-(-3))=0</math>, כלומר אי-שלילי. נעיר ש-<math>x=0</math> (שהיא הנקודה המאפסת היחיד של f ב-<math>\mathbb R</math>) אינה בקטע ולכן התוצאה '''חיובית'''. {{משל}}
-===דוגמה 6===
+==דוגמה 5==
+נוכיח כי <math>\int\limits_1^4\sqrt{1+x^2}\mathrm dx\ge7.5</math>.
+===פתרון===
+נתון כי <math>1\le x\le4</math> ולכן <math>1\le x^2\le16</math>. מכאן ש-<math>\sqrt2\le\sqrt{1+x^2}\le\sqrt{17}</math> חיובית. נפעיל אינטגרל (צריכים רק את צד שמאל) ונקבל <math>\int\limits_1^4 f\ge\int\limits_1^4\sqrt2\mathrm dx=\left[\sqrt2x\right]_{x=1}^4=\sqrt2\cdot4-\sqrt2=3\sqrt2</math>. התוצאה קטנה מ-7.5 ולכן נחפש חסם אחר: <math>1+x^2>x^2\implies\sqrt{1+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|</math>, לכן <math>\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</math>. {{משל}}
+==דוגמה 6==
 הוכח כי <math>\frac2{\sqrt[4]e}\le\int\limits_0^2 e^{x^2-x}\mathrm dx\le2e^2</math>
-====פתרון====
+===פתרון===
 ננסה למצוא קבועים המקיימים <math>m\le e^{x^2-x}\le M</math> (כי אינטגרל של קבוע אנו יודעים לפתור).
-נמצא מינימום ומקסימום. נסמן <math>f(x)=e^{x^2-x}</math> ואז <math>f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}</math> ולכן נקודה החשודה כקיצון היא <math>x=\frac12</math>. <math>f''(x)>0</math> ולכן היא מינימום. לפי וירשרס נחפש בקצוות. <math>f(2)=e^{4-2}=e^2</math> (מקסימום) וכן <math>f(0)=e^0=1</math>. לכן <math>e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2</math>. לפיכך <math>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</math>
+נמצא מינימום ומקסימום. נסמן <math>f(x)=e^{x^2-x}</math> ואז <math>f'(x)=(2x-1)e^{x^2-x}</math> ולכן נקודה החשודה כקיצון היא <math>x=\frac12</math>: <math>f''(x)>0</math> ולפיכך היא מינימום. לפי וירשטרס נחפש גם בקצוות: <math>f(2)=e^{4-2}=e^2</math> (מקסימום) וכן <math>f(0)=e^0=1</math>. לכן <math>e^{-\frac14}\le f(x)\le e^2</math>. לפיכך <math>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</math> ונקבל בדיוק את מה שרשום. {{משל}}
-ונקבל בדיוק את מה שרשום.

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - תרגול/27.2.11"

גרסה מ־18:47, 2 במרץ 2011

תוכן עניינים

אינטגרל לפי רימן

דוגמה 1

דוגמה 2

פתרון

דוגמה 3

פתרון

דוגמה 4

פתרון

דוגמה 5

פתרון

דוגמה 6

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים