חשבון אינפיניטסמלי 2 סיכומי הרצאות

Transcript

1 חשבון אינפיניטסמלי סיכומי הרצאות 9 ביולי מרצה: פרופ מתניה בן ארצי מתרגל: מני אקא mennyk@mth.huji.c.il סוכם ע י: אור שריר פניות לתיקונים והערות: tnidtnid@gmil.com הערה לקראת המבחנים כרגע חסרים מספר דברים בסיכום, כמו אחד התרגולים, טור רימן ועוד מספר נקודות, וכמובן שתמיד יתכנו טעויות נוספות שלא שמתי לב אליהן. במהלך תקופת המבחנים אני אשתדל לעדכן את הסיכומים מדי פעם, כאשר יתפנה לי זמן לתקן ולהוסיף להם חומר, ולכן מי שמוצא טעויות אני אשמח אם יודיע לי על כך במייל. גם אם הסיכומים לא יעתדכנו מיד בבנק האקדמי, הקישור הבא תמיד ישאר לגרסה הכי עדכנית (כאשר תאריך העדכון מופיע בדף הראשי): בהצלחה לכולם! תוכן עניינים I הרצאות 6 משפט טיילור ופולינומי קירוב השלכות של משפט טיילור הערות נוספות פולינום האינטרפולציה עניין היחידות הערכת השגיאה שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות אינטגרציה

2 תוכן עניינים תוכן עניינים. תכונות האינטגרל סיכום עד כה סכום רימן עוד תכונות של האינטגרל חישוב אינטגרלים תזכורת על פונקציות ליפשיציות המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי משפט ערך הביניים (של החשבון האינטגרלי) פונקציה קדומה חקירה נוספת של הקשר בין אינטגרציה וגזירות הפונקציה הקדומה ע י שינוי משתנה שיטות אינטגרציה שיטת ההצבה אינטגרציה בחלקים דוגמאות נוספות לחישוב אינטגרלים ע י הצבה ובחלקים מכפלת. Wllis סיכום אינטגרלים נפוצים דוגמא כללית לחישוב בעזרת כל הכלים אינטגרלים לא אמיתיים sin x x.8. האינטגרל של.8. נוסחת סטרלינג טורים תכונות בסיסיות קריטריונים להתכנסות טורים קריטריון קושי קריטריון ההשוואה קריטריונים נוספים משפט לייבניץ קריטריונים לטורים חיוביים צורת הסיכום של אבל (Abel) ומשפט דריכלי (Dirichlet) הערות על הקריטריונים דוגמאות בסיס לסוגי טורים מתכנסים ומתבדרים משפט רימן

3 תוכן עניינים תוכן עניינים אינטגרלים קבוצות סגורות תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות אוסילציה ורציפות אינטגרביליות הפונקציה של קאנטור (הערה) סדרות של פונקציות קריטריון קושי להתכנסות במידה שווה התכנסות במ ש ורציפות התכנסות במ ש ואינטגרציה פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות טורי פונקציות התכנסות טור של נגזרות טורי חזקות Series. Power טור טיילור נוסחת Cuchy-Hdmrd לרדיוס התכנסות גיאומטריה של מסילות במישור 6 87 משיק למסילה אורך של מסילה גרפים של פונקציות פרמטר האורך עקמומיות (Curvture) של מסילה שטח הכלוא במסילה סגורה אי שוויון האיזופרימטרי לקראת המבחן 7 תרגולים II תרגול פתרון תרגיל מספר על פולינום טיילור תרגול פתרון התרגיל הקודם רמזים לתרגיל הבא! תרגול

4 תוכן עניינים תוכן עניינים האינטגרל. 7 תרגול תרגול תרגיל 6 שאלה :3 אי שוויון קושי שוורץ לאינטגרלים אי שוויון קושי שוורץ במרחב האוקלידי R n תרגיל 5 שאלה 4. 3 תרגול פתרון שאלות מתרגיל פונקציה קדומה 3. 5 תרגול שיטות אינטגרציה תזכורות: פונקציות אלמנטריות פונקציות קדומות מיידיות אינטגרציה בחלקים הצבה פונקציות רציונליות תרגול אינטגרלים לא אמיתיים אינטגרלים לא אמיתיים על קטע סופי טורים מבחני התכנסות טורים תרגול טורים נגד אינטגרלים הכנה לתרגיל חישובי גבולות בעזרת אינטגרלים וטיילור התכנסות בתנאי תרגול התכנסות נקודתית התכנסות במ ש תרגול על בוחן הפונקציה המצטבר כנגד הקדומה התכנסות במ ש של טורי פונקציות 8. 4

5 תוכן עניינים תוכן עניינים 8.. מבחן M של וויירשטרס תרגול טורי חזקות תרגול שאלות מתרגיל גיאומטריה במישור של מסילות רדיוס עקמומויות

6 משפט טיילור ופולינומי קירוב חלק I הרצאות משפט טיילור ופולינומי קירוב נסתכל על (I) f, C כלומר f בעלת נגזרת רציפה בקטע I, וקיימת פונקציה f(x) ונגזרתה (x) f הרציפות ב I. ניקח נקודה t I ונסתכל במשיק לנקודה זו כפונקציה. אזי ערכה של הפונקציה המשקית בנקודה t + h הוא.f(t) + f (t) h.. איור.: אינטואיציה לקירוב הלינארי נסתכל על המרחק בין הנקודה על קו המשיק לנקודה על הפונקציה: d(h) = f(t + h) [f(t) + f (t) h] = [f(t + h) f(t)] f (t) h = f (s) h f (t) h במעבר האחרון השתמשנו במשפט הערך הממוצע, האומר כי אם f גזירה בין T ו h t + אזי קיימת נקודה S בינן כך ש.f(t + h) f(t) = f (s) h d(h). lim h h מסקנה =. f ולכן הרציפות של ( s t h ) s t אזי h כאשר t + ו h t בין כלואה ו s d(h) h הוכחה: (t) = f (s) f גוררת ש (t) f. (s) f לכן בהקטנת h, ההפרש d(h) יתכנס לאפס בקצב מהיר יותר מאשר h. h g(h) Order of מייצג o) lim h h הגדרה. תהי g(h) פונקציה של h בסביבת =.h נאמר כי o(h) g(h) = אם =.(mgnitude 6

7 משפט טיילור ופולינומי קירוב בעזרת ההגדרה ניתן עתה לרשום את המסקנה לעיל גם כ ( o(h.d(h) = עתה נמשיך לחקור את,d(h) לשם כך נניח כי (I) f, C כלומר, גם הנגזרת השנייה של הפונקציה קיימת ורציפה בקטע.I d(h) = (f (s) f (t)) h = f (r) (s t) h כאשר r היא נקודת ביניים כלשהי בין s ל t, ובפרט s. t h ניקח קטע סגור [c, d] I כך ש ( d t (c, ו ( x ).K = mx f עכשיו, אם d),t + h (c, אזי d(h) K h x [c,d] d(h), אבל יתר על כן, מתקבל כי h d(h), ולכן וודאי שנובע ש h h k h ולכן,d(h) = f (r)(s t) h. d(h) K h בסביבת = h כאשר > C קבוע, נאמר כי ) g(h) = O(h g(h) h הגדרה.3 אם g(h) פונקציה המקיימת C (לשים לב להבדל בין o קטן ל O גדול). מסקנה (I).4 f C גוררת ).d(h) = O(h המטרה שלנו היא להכליל את הדיון הזה למצב שבו במקום הישר המשיק, נדון ב פולינום משיק. במילים אחרות, אנו רואים את הישר המשיק כפונקציה לינארית המקרבת את f בסביבת t, ונרצה לחפש קירוב ע י פולינום מדרגה גבוהה יותר. משפט.5 נניח כי (I),f C n+ כאשר n טבעי (הדיון לעיל היה עבור =.(n אם x, t I אזי f(x) = f(t) + f (t)(x t) + f (t) (x t) f (n) (t) (x t) n + R n (x, t) n! (θ) R n (x, t) = f (n+) ו θ נקודת ביניים בין x ו t (כאן x מחליף את.(t + h בעצם t) R n (x, הוא (n+)! כאשר n+ (x t) הכללה של.d(h) [ R (x, t) = f(x) לפני שנוכיח את המשפט, נסתכל על המקרה בו = n: ] f(t) + f (t)(x t) + f (t) (x t) ועתה נגזור את הפונקציה לפי t: d dt R (x, t) = [ f (t) + f (t)(x t) f (t) + ] f (3) (t)(x t) f (t)(x t) = f (3) (t)(x t) d. נגדיר את R n באותו אופן בו הגדרנו את :d(h) dt R n(x, t) = f (n+) (t) n! הוכחה: תחילה נראה כי x) (t n [ R n (x, t) = f(x) f(t) + f (t)(x t) f (n) ] (t) (x t) n n! 7

8 משפט טיילור ופולינומי קירוב. נוכיח באינדוקציה, כאשר כבר הוכחנו עבור = n d dt R n(x, t) = f (n+) (t) n! בגזירה, באופן טלסקופי, יישאר (x t) n, נניח כי הטענה מתקיימת עבור n ונוכיח עבור + n : R n+ (x, t) = R n (x, t) f (n+) (t) (x t)n+ (n + )! d dt R n+(x, t) = d dt R n(x, t) + f (n+) (t) (n + )! (n + )(x t)n f (n+) (t) (x t)n+ (n + )! = f (n+) (t) n! (x t) n + f (n+) (t) n! = f (n+) (t) (x t)n+ (n + )! (x t) n f (n+) (t) (x t)n+ (n + )! תזכורת: (משפט הערך הממוצע המוכלל) אם (I) (c, d) I,φ, ψ C ן (c,d) ψ (y) ) ψ עבור ( c < y < d φ(d) φ(c). ψ(d) ψ(c) = φ (θ) אזי (θ) ψ נגדיר t) φ(t) = R n (x, ו n+. ψ(t) = (x t) נסתכל בקטע שבין x ל t (בקטע d) (c,.( בנוסף נשים לב כי. ψ(x) וגם = ( f(x) = f(x) + R n (x, x) (כי φ(x) = R n (x, x) = φ(t) ψ(t) = = φ(t) φ(x) ψ(t) ψ(x) = R d n(x, t) (x t) n+ = dt R n(x, t) t= (n + )(x θ) n f (n+) (θ) n! (x θ) n (n + )(x θ) n = f (n+) (θ) (n + )!. R n(x,t) = f (n+) (θ) (x t) (n+) (n+)! R n (x, t) = f (n+) (θ) (n+)! ולכן n+ (x t) [ f(x) f(t) + f (t)(x t) + f ] (t) h נסתכל עתה שוב על המקרה בו = n: = f (3) (θ) (x t) 3 6 [ f(t + h) f(t) + f (t) h + f ] (t) h = f (3) (θ) h 3 = O(h 3 ) 6 נציב x t = h ואז: דוגמא: נסתכל על f(x) = sin x כאשר > x ו = t : sin x = sin + cos (x ) + R (x, ) R (x, ) = sin θ x ( sin ) sin x = sin + cos (x ) + (x ) R 3 (x, ) = sin θ 4! ( cos ) + 3! (x ) 3 + R 3 (x, ) sin x = x x3 6 + sin θ 4! x 4 < θ < x x 4 8

9 משפט טיילור ופולינומי קירוב (t) R n (x, t) = f (n+) נקרא נוסחת לגראנג. (n+)! הגדרה.6 הביטוי n+ (x t) 3.. t) R n (x, ולכן ע י החילוף x t = h נקבל K (n+)!(x אזי t)n+ K = mx מסקנה.7 אם (s) s [c,d] f (n+). R n (t + h, t) = O(h n+ ) t,t+h [c,d] I (t) P n (x, t) = f(t) + f (t)(x t) f (n) נקרא פולינום טיילור של f סביב הנקודה n! הגדרה.8 הפולינום (x t) n!). עליו כפולינום ב x (מסתכלים t בנוסף, t) R n (x, t) = f(x) P n (x, (בהרבה שימושים מחליפים את t ב.( x ולכן = x= (e x ) :( d דוגמא: פולינום טיילור של e x סביב = x הוא (תזכורת: dx ex = e x P n (x, ) = + (x ) (x )n n! = + x + x xn n! ונחשב עתה גם את R: n e θ R n (x, ) = e x P n (x, ) = (n + )! xn+ < θ < x e x e x n P n (x, ) (n + )! xn+ e k! e (n + )! 3 (n + )! k= נמשיך ונחשב גם את פולינום טיילור של e x סביב = : x P n (x, ) = e + e (x + ) e (x + )n n! e x P n (x, ) = e θ (x + )n+ (n + )! כך ניתן לחשב (להעריך) את. e כשידוע e. שתי שאלות חשובות β)) ( f C n+ (I), I = (α, שאלה ראשונה: נניח כי f(x) עצמה היא פולינום מדרגה. n האם f(x) ( x I) P n (x, t) לכל נקודת מוצא? t תשובה: כן! נוכיח: f(y) = n k= c ky k לעשות זאת מכיוון שאם (ניתן f(x) = n הוכחה: נרשום את f(x) בצורה k= k(x t) k.( f(x) = n נוכל נציב y = x t נקבל k= c k(x t) k ניתן לראות כי עבור כל נגזרת מדרגה j בנקודה t כל האיברים מתאפסים חוץ מהאיבר ה j : f (j) (t) = ( ) j d ( j (x t) j ) = j! j j = f (j) (t), j n dx j! 9

10 משפט טיילור ופולינומי קירוב. השלכות של משפט טיילור ולכן ניתן להביע את המקדמים של הפולינום באמצעות הנגזרות של הפולינום בנקודה t, ולכן ניתן להביע את הפולינום גם כ: n f (k) (t) f(x) = (x t) k = P n (x, t) k! k= מצאנו כי המקדמים k הם בעצם אלה שהיינו מקבלים בעזרת מקדמי פולינום טיילור. בנוסף ברור כי (t R n,x), גזירה ) + (n של פולינום מדרגה ( n. שאלה שנייה: ומה אם יש יותר מפולינום אחד בדרגה n כך שההפרש בינו ובין f(x) (בסביבת ( t הוא ) +n O(h כאשר? h = x t כלומר שקיימים t) P n (x, ו ( t Q n (x, כך ש: f(x) P n (x, t) = O((x t) n+ ) f(x) Q n (x, t) = O((x t) n+ ) הוכחה: נניח כי יש כאלה t) P n (x, ו ( t. Q n (x, n c k (x t) k = P n (x, t) Q n (x, t) = (P n (x, t) f(x)) + (f(x) Q n (x, t)) k= = O((x t) n+ ) C h n+ תשובה: אין. נציב,(h = ) x = t ולכן אגף ימין שווה לאפס ואגף שמאל שווה ל, c ולכן =! c מכיוון שמתקיים : ונחלק ב h n k= c k(x t) k = O(h n+ ) n c k (x t) k = O(h n ) c = h k= וכך, אחרי =,c מתחיל אגף שמאל =,k ושוב ניתן לחלק ב,h ולהשאיף h, ולקבל =. c התהליך יכול להימשך בדיוק n פעמים ולהסתיים בדיוק ב = n c לכל כל מקדמי P n Q n.. השלכות של משפט טיילור. תהי x I נקודה קריטית של, f כלומר = ),f (x אזי אם < ) f (x בסביבת xאזי x נקודת מקסימום. f(x + h) = f(x ) + f (θ) h < f(x ) הוכחה: אם h < δ (כאשר x x < δ ו < (x).( f. (I) f C אם > f בכל I אזי f קמורה שם (כי f פונקציה עולה ב I ולכן שיפוע המשיק עולה). עבור : h > f(x + h) = f (x ) + f (x )h + > {}}{ f (θ) h d(h) f(x + h) [f(x ) + f (x )h] >

11 משפט טיילור ופולינומי קירוב. השלכות של משפט טיילור כלומר בכל נקודה x + h (ימינה ל x) גרך הפונקציה נמצא מעל המשיק. למעשה, זה נכון לכל h (כך שהנקודה בתוך הקטע)., כאשר = ו x b = מתקיים: n b n b = n + n b b n + b n.3 x n+ x = + x x n f(x) = x = + x xn + xn+ x : I = (, נסתכל על הפונקציה בקטע הנמצא לפני = x (כלומר < x ), ובאופן ספציפי ) f(x) [ + x x n ] = O( x n+ ), Becuse: = xn+ x f(x) [ + x x n ] x n+, Becuse: x < סביב = x (וניתן אף להחליף את x בכל x מסקנה: + x xn הוא פולינום טיילור מסדר n של פונקציה אחרת אשר נמצאת באותו תחום)..4 (I), f C n+ אזי (I) f C n כי היא נתנת לגזירה n פעמים ברציפות. מהו פולינום טיילור (מסדר n ( של? f f (x) = f (t) + f (t)(x t) + f (3) (t) (x t) f (n) (t) (n )! (x t)n+ + R n P n (x, t) = f (t) + f (t)(x t) f (n) (t) (x t)n (n )! P n (x, t) = f(t) + f (t)(x t) f (n) (t) (x t) n n! d dx P n(x, t) = P n (x, t) ניקח t I ולכן: כלומר: (לשים לב כי Pהוא n פולינום טיילור של f(x) ו n P הוא פולינום טיילור של הנגזרת של f(x) ( דוגמא: log( x) = + x n x n + R n (x, ) x = [ ] ) n (x, + x + + x n + R מכיוון ש: ] ( + x n x n ) = x... x n k = k, k n ( k xk ) = x k, = log() =

12 . פולינום האינטרפולציה משפט טיילור ופולינומי קירוב (c) f (n+) עדיין (c) f (n+) יכול לנצח. לדוגמא: (n + )! }{{} Big.. הערות נוספות. לא תמיד השארית בפולינום טיילור אכן הולכת לאפס כאשר n שואף לאינסוף, אפילו בסביבה < x x כאשר Smll {}}{ (x x ) n+ ( ) ( ) ( ) x sin x 8 = x 9 sin x 8 + x cos x 8 8 x 9 אז הביטוי עם הקוסינוס יהיה ממש גדול בעוד הביטוי השני קטן. איור.: דוגמא לפונקציה שעבורה השארית לא קטנה. מדוע מתקיים + x + x? נסתכל על פולינום טיילור כללי + x = + x + O(x ) + x = ( + x) + O(x ) + x = + x + x + O(x ) + x = + x + O(x ) = = ולכן גם + x הוא קירוב לפונקציה + x גם בלי חישוב ישיר של הנגזרות עבור פולינום טיילור.. פולינום האינטרפולציה אם ננסה עכשיו להשתמש בכלי החדש לחישוב קירוב של e 5 ניראה שאפילו הפולינום טיילור מדרגת = 5 n אינו מספק קירוב מספק (אף על פי שכאשר n הפולינום אכן שואף לפונקציה), ולכן נשאלת השאלה כיצד ניתן להעריך פונקציה ב יעילות?.3.

13 משפט טיילור ופולינומי קירוב. פולינום האינטרפולציה נרצה למצוא פולינום מסדר n שיקרב את,f ולשם כך ניקח את הנקודות α < x < x <... < x n < β ונמצא פולינום q(x) כך ש:.j =,,..., n כאשר f(x j ) = q(x j ).. האם q(x) כזה הוא יחיד? איור.3: פולינום אינטרפולציה באדום משפט.9 קיים בדיוק פולינום q אחד כזה. הוא נקרא פולינום האינטרפולציה של f מדרגה n לפי. x, x,..., x n q(x) = n (כרגע אין קשר ל n של הוכחה: (שיטה א ) הפולינום הכללי מדרגה n ניתן לכתיבה מהצורה =k c kx k +n f C אלא רק למספר הנקודות הנבחרות בקטע). מתנאי (): n q(x j ) = c j x k j = f(x j ) k= j n לכל נקודה x j מתקבלת לכן משוואה (לינארית!) עבור =k c}: k } n q(x j ) = c + c x j c n x n j לדוגמא עבור = n : c + c x + c x = f(x ) c + c x + c x = f(x ) c + c x + c x = f(x ) x x x x x x c c c = f(x ) f(x ) f(x ) וניתן לייצג זאת במטריצה: 3

14 . פולינום האינטרפולציה משפט טיילור ופולינומי קירוב x n..... x n n c. c n = f(x ). f(x n ) ובאופן כללי נכתוב: מכיוון שזאת מטריצת ונדרמונדה אז היא מטריצה רגולרית, אז קיים בדיוק פתרון אחד ל ( c),..., c n. הערה. נשים לב שהשתמשנו אך ורק בנתון של ) n,f(x,(..., f(x כלומר אפילו לא דרשנו ש f רציפה! הוכחה: (שיטה ב של ניוטון) נבחר dכך ש (. d = f(x עכשיו נמצא d כך ש d = f(x ) d x x d + d (x x ) = f (x ) r (x) = d + d (x x ) r (x ) = f(x ) r (x ) = f(x ) r (x) = d + d (x x ) + d (x x )(x x ) d = f(x ) [d + d (x x )] (x x )(x x ) r (x ) = f(x ) r (x ) = f(x ) r (x ) = f(x ) כלומר הפולינום: מקיים: הצעד הבא: ונדרוש ),r (x ) = f(x כלומר: ואז מתקיים: ובאופן כללי נניח שבנינו את (x) r k כאשר k < n כך ש : r k (x j ) = f(x j ), j k ובנוסף ניתן לראות כי deg(r k ) k הוא יכול להיות קטן כי, למשל, קיים מצב של קו ישר בו הוספת נקודה חדשה לא משפרת את הדיוק כי הפולינום הקודם כבר ענה על התנאי. r k+ (x) = r k (x) + d k+ (x x )(x x ) (x x k ) נבנה (x) r k+ ע י: 4

15 משפט טיילור ופולינומי קירוב. פולינום האינטרפולציה r k+ (x j ) = r k (x j ) = f(x j ), j k ונדרגוש ) k+,r k+ (x k+ ) = f(x ונשים לב: מכיוון שבכל שלב אנו בוחרים d k באופן יחיד, זה קובע פולינום באופן יחיד, ולכן כאשר k + = n יסתיים התהליך. סיכום: בנינו את הפולינום q(x) ע י השימוש בבסיס )} n (x x ), (x x )(x x ),..., (x x ) (x x {, של הפולינום מדרגה n (זהו מרחב וקטורי ממימד + n ), ומכיוון שכל פולינום ניתן לייצוג יחיד באמצעות הבסיס, אזי הפולינום q(x) הוא יחיד. הערה. אם נמצא (נדרוש) נתון חדש ) +n,f(x הפולינום החדש (x) r +n נבנה על בסיס (x), r n ועל כן היתרון בשיטה השנייה. הוכחה: (שיטה ג לגראנג ) השיטה הזאת בנויה על מציאת בסיס אחר (מזה של שיטה ב ) למרחב הפולינומים מדרגה : n נתחיל עם =.n (x x )(x x ), (x x )(x x ), (x x )(x x ) מהם התכונות של המונומים האלו? כל אחד מהם מתאפס בשתי נקודות. ועת נחלק כל מונום: (x x )(x x ) (x x )(x x ), (x x )(x x ) (x x )(x x ), (x x )(x x ) (x x )(x x ) (x x )(x x ) (x x )(x x ) (x x )(x x ) (x x )(x x ) ועתה: (x x )(x x ) (x x )(x x ) מתאפס ב x, x מתאפס ב x, x מתאפס ב x, x l (x ) = l (x ) = l (x ) = הפונקציות l, l, l 3 הם בלתי תלויות לינארית במרחב הפולינומים [x] R כי λ l (x) + λ l (x) + λ l (x) = רק כאשר כל = i. λ עכשיו אם רוצים פולינום q(x) המקיים:( q(x ) = f(x ), q(x ) = f(x ), q(x ) = f(x נרשום ש: l o (x) = q(x) = f(x )l (x) + f(x )l (x) + f(x )l (x) n k= (x x n k) n k= (x x k ),..., l k=,k j j(x) = (x x k) n k=,k j (x j x k ), j n באופן כללי, בהינתן x,..., x n נרשום: l j (x m ) = δ jm, j, m n { j = m δ j,m = j m ופולינומים אלו מקיימים: יש לנו בדיוק ) + (n פולינומים (x). l j טענה: הם בלתי תלויים לינארית. 5

16 משפט טיילור ופולינומי קירוב. פולינום האינטרפולציה n λ j l j (x) = j= הוכחת הטענה: ונציב xכאשר m m n : λ m = λ m = הוא בסיס, ופולינום האינטרפולציה המבוקש: n q(x) = f(x j )l j (x) j=.. עניין היחידות טענה. פולינום האינטרפולציה הוא יחיד. במילים אחרות, אם p(x) ו q(x) הם שני פולינומים מדרגה n, כך ש ( p(xעבור j ) = q(x j j n, אזי q(x) p(x) = (אז כמובן מקדמיהם שווים ממשפט טיילור). הוכחה: נגדיר q(x) r(x) = p(x) שאף הוא פולינום מדרגה n. ונשים לב כי. r(x j ) =, j n איור :.4 q(x) r(x) = p(x) ממשפט רול נובע כי j=. r (y j ) =, j n, {y j } n נגזור עוד n פעמים ונגיע ל ( x ) r (n) אשר חייבת להתאפס לפחות בנקודה אחת, היות ו... + n r(x) = n x גורר r (n) (x) n! n שגורר = n. לכן r(x) לכל היותר מדרגה. r(x) ולכן n ולכן = n 6

17 משפט טיילור ופולינומי קירוב. פולינום האינטרפולציה.. הערכת השגיאה (I), f C n+ ו ( q(x הוא פולינום אינטרפולציה שלה לפי. α < x <... < x n < β ננסה להעריך את השגיאה. f(x) q(x) 4.3. משפט.3 תהי (I), f C n+ ו ( q(x הוא פולינום אינטרפולציה שלה לפי,α < x <... < x n < β אזי לכל x I קיימת נקודה t x I כך ש: f(x) q(x) = f (n+) (t x ) (n + )! n (x x j ) j= הוכחה: אם x = x j עבור j כלשהו, j n אז גמרנו (שני הצדדים מתאפסים בלי קשר ל t). x לכן ניקח נקודה w(x) := n ונסתכל בפונקציה cw(x), g(x) = f(x) q(x) כאשר j= (x x j) נגדיר פונקציה. I x {x j } n j=. c R אם x = x j אז מה להוכיח כי אחד הביטויים במכפלה מתאפס בהתאם לכך ש ( f(x j ) = q(x j לפי הגדרת פולינום,c = f( x) q( x) w( x) האינטרפולציה, אחרת ניקח נקודה =j x x} j } n ברור כי ניתן למצוא c יחיד כך ש = g( x) (פשוט, מכאן, שהפונקציה (I) g C n+ ולכן g מתאפסת בנקודות x} {x, x, x n, כלומר היא מתאפסת ב ( + (n נקודות. קיימת נקודה t x שבה = ) (t x g (n+) לאחר ) + (n הפעלות של משפט רול). g (n+) (x) = f (n+) (x) c(n + )! כי הנגזרת ה ( + (n של q (פולינום מדרגה n ( וכן... + n+, w (n+) (x) = (n + )! w(x) = x ובפרט בנוקדה t x מתקיים: = g (n+) (t x ) c = f (n+) (t x ) (n + )! = f( x) q( x) c w( x) = f( x) q( x) f (n+) (t x ) (n + )! n ( x x j ) j=. f (n+) (t x) (n+)! ה c המביא לאיפס g(x) נתון ע י ב x x כלשהו (נחליף את x I ובכך מסתיימת ההוכחה כי f( x) q( x) = f (n+) (t x) (n+)! n במילים אחרות, j) j= ( x x כלשהו). נמשיך בניסיון לקבל הערכות מפורשות לשגיאה q(x), f(x) ולשם כך נניח כי הנקודות x, x,..., x n I מפולגות שווה כך ש h. x j+ x j = הערה.4 אם במשפט ] n x [x, x אזי גם t x שייכת לקטע הזה מתוך תהליך ההוכחה, שהרי כל האפסים x,..., x n, x נמצאים בקטע ] n [x, x. 7

18 . פולינום האינטרפולציה משפט טיילור ופולינומי קירוב n עבור ] n. x [x, x נשים לב כי j+ x j < x < x עבור j n, ולכן: תחילה נעריך את המכפלה j) j= (x x (x x j )(x x j+ ) 4 x x j h... x x (j + )h j k= (x x k) (j + )! h j h x x j+ < h... x x n (n j)h () n k=j+ (x x k (h j)! h n j n k=,k j,j+ (x x k) (j + )!(n j)! h n ()+() n {}}{ h (x x k ) 4 (j + )!(n (j + )!(n j)! j)!hn = h n+ 4 k= (j + )!(n j)! n! n n! (x x k ) 4 hn+ k= M = mx [x,x (שהוא קיים כי f רציפה ו [ ( x [x, x n ] t x [x, x n ולכן: יהי (x) n] f (n+) f(x) q(x) M (n + )! n! 4 M hn+ = 4(n + ) hn+ () מסקנה.5 (הערכה בפילוג שווה) אם,x j+ x j = h אזי ל [ x [x, x n מתקבלת ההערכה הנ ל. עתה, נניח כי הנקודות x,..., x n לא בהכרח מפולגות שווה, כלומר, כורכי הקטעים xשווים. j+ x j thbo ניקח ) k h, = mx k n x) +k x אזי החשבון שהיה נכון ל h אחיד יהיה נכון גם כאן, כלומר, 7.3. (x x j )(x x j+ ) h j 4 h 4 x x j h,... x x כאשר f(x) q(x) M מסקנה.6 עבור ) k h = mx (x k+ x מתקבלת שוב ההערכה hn+ 4(n+) k n.x n הגדרה.7 ה h הזה נקרא פרמטר החלוקה של.x,..., x n דוגמא: נסתכל על הקטע הפתוח ] [, β) (α, כאשר = 3 n = 3, x =, x = 3, x = 3, x ו = M. mx x [,] f (4) (x) ניקח נקודה [,] x וננסה להעריך את מידת הקירבה של שני הפולינומים הבאים ל ( f(x :. R 3 (x) M 4! x4 M 4 השגיאה:.x פולינום טיילור מדרגה 3 סביב = p 3(x). f(x) q(x) השגיאה:. x, x, x, פולינום האינטרפולציה מדרגה 3 לפי הנקודות x 3 q(x). ( M. ) M 6 8 8

19 .3 שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות משפט טיילור ופולינומי קירוב. M = mx המשך הדוגמא: נחלק את ] [, ל n חלקים שווים, = n x =,..., x ואז (θ) θ [,] f (n+). f(x) q(x). R n (x) M (n+)! xn+ M (n+)!. הערכת השגיאה לפי פולינום טיילור: M 4(n+) ( n+ n). הערכת השגיאה לפי פולינום האינטרפולציה לפי :deg q n לטובת פולינום האינטרפולציה. (n+)! 4(n+)n n+ = n! 4n n+ 4n יחס הערכות השגיאה הוא /n.3 שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות איור.5: שיטחת ניוטון למציאת אפסים נתונה פונקציה (I) f C ו = f(r) ונרצה למצוא את הנקודה.r. קיים r I שבו f מתאפסת, כלומר =.f(r). (x) f עבור x I מבטיח כי לכל r I הוא אפס יחיד (לפי משפט רול). הנחות: כיוון ש ( x ) f רציפה בקטע,I ההנחה ש (x) f שם, הרי ל f סימן אחיד בקטע (תמיד < f או > f לכל x), I שאילולא כן (משפט ערך הביניים), היתה נקודת אפס של f. לכן, ללא הגבלת הכלליות, > (x) f (אחרת, אם היא מתאפס רק ב r ). שגם ב f, fנתבונן < בהינתן x m נתבונן במשיק בנקודה ונגדיר את +n x בתור נקודת החיתוך של המשיק עם ציר ה x (נקודת האפס של המשיק). f(x n ) x n x n+ = f (x n ) f(x n ) = f (x n )(x n x n+ ) f (x n) x n x n+ = f(x n) f (x n ) x n+ = x n f(x n) f (x n ) 9

20 משפט טיילור ופולינומי קירוב.3 שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות משפט.8 בהינתן הנחות () ו ( ), קיים > δ כך ש I [r δ, r + δ] וכך שאם, x r < δ אזי האלגוריתם של ניוטון יתן δ) x n (r δ, r + לכל n ויתר על כן. lim n x n = r x n K = הניסוח המדוייק: יהי > η כזה ש I [r η, r + η], יהיו, Kמוגדרים k כ: mx f (θ, k = min f (t) > θ [r η,r+η] t [r η,r+η] r ויתר על כן (r η, r +η) {x n } הסדרה n=, x r < δ אזי אם, K n k ויהיו < δ < η כזה < δ כלומר n. e הוכחה: ננסה להעריך ראשית את הביטוי e, n = x n r בהנחה שאכן קיימת הסידרה } n x} לכל n. e n+ = x n+ r = x n f(x n) f (x n ) r = e n f(x n) f (x n ) = f(r) = f(x n e n ) = f(x n ) f (x n )e n + f (t n ) e n ( ) ( ) עכשיו נכתוב: כאשר השתמשנו בפולינום טיילור מסדר = n ו t n היא נקודה בין x n לבין x n e n (כאשר.(h = e n נחלק את (**) ב ( :f (x n = ( ) {}}{ f(x n ) f (x n ) e n + f (t n ) f (x n ) e n = e n+ + f (t n ) f (x n ) e n e n+ = f (t n ) f (x n ) e n ( ) K = mx f (θ, k = min f (t) > θ [r η,r+η] t [r η,r+η] ניקח > η כך ש I [r η, r + η] עכשיו, נבחר > δ כך ש < δ, K k אזי ( ) יתן: נניח e < δ (כלומר e < e K k e e ( x r < δ x r < x r,..., x n+ ולכן e < e אבל החזרה על אותו הטיעון תתן, x r < x r כלומר. e. lim n x n = r ולכן e n+ ( K k δ) n e r e n+ = x n ולכן n < {}}{ K k δ e n כאשר, r < x n r הערה.9 מהביטוי e n+ K k e n נובע כי n), e n+ = O(e כלומר קיים קבוע > C כך ש n e n+ Ce. אמירה מוכלים בקטע +δ] [r δ, r אזי קיים הקבוע C הנ ל. זה גורר ש ( e n+ o(e n כזאת היא לוקאלית, כלומר, אם כל ה { e} n n+ O(h (כאשר n+ (f C ולכן הוא n+! e.( איבר השארית (טיילור) הוא ) e n e C en ) lim n+ כלומר = n e n.lim h R n(x,x +h) h n כי = o(h n ) ספרים מומלצים: Conrnt R. Difff Integ Clcullus vol וגם Mthemttics?. Conrnt Robbins Wht is דוגמאות:

21 משפט טיילור ופולינומי קירוב.3 שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות =. f(x) = x ולכן f (x) = x והשורשים הם ± = r. עבור x מספיק קרוב ל נקבל שהסידרה x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n x n = x n x n x n + x + n = x n + x =.5 x =.44 x 3 =.443 x n. דיון בשאלה מתי השיטה לא עובדת. ניסתכל בגרף הבא לדוגמא: איור.6: דוגמא לגרף בו השיטה לא עובדת :f (x) = הגרף הנ ל הוא של הפונקציה rctn(x), f(x) = ולכן x+ (x < ) rctn x = x + x + x x + x = ( + x ) rctn(x ) rctn 3 = π 3 x = > 3 rctn x > π 3 x > 5 π 3 > 5 = 3 x > x כלומר בשימוש בשיטה רק נלך ונתרחק מאפס, אבל יש לשים לב כי אין הדוגמא הזאת סותרת את המשפט, מכיוון שבחירת ה x תלויה ב δ ולכן אם ניקח x מספיק קרוב השיטה שוב תקרב לאפס. נחשב את המרחק המינימלי על מנת שהשיטה תעבוד: ניקח > η,k (K הם הגדלים מההוכחה של המינימום והמקסימום) : f (x) = f (x) = + x k = + η x ( + x ) K < η

22 .3 שיטת ניוטון למציאת אפסים של פונקציות משפט טיילור ופולינומי קירוב K k δ < η( + η ) δ < δ < η( + η ) η = δ < 5 = η = δ < K k ולכן: תנאי מספיק להתכנסות הוא < δ שאלה: בהיעדר ידיעה על r, איך נדע לבחור קטע מתאים [η r],η r +? תשובה: נבצע חיפוש בינארי אחר הנקודה (כמו הלמה של קאנטור). נתחיל עם, b כלליות כך ש < f(b) f() (כלומר נקודה אחת מעל ציר ה x והשנייה מתחת).,c = +b אם < f(b) f(c) נגדיר את הקטע הבא b) I = (c, אחרת ניקח את הקטע ניקח את נקודת האמצע (c I, =,) ונמשיך באלגוריתם זה עבור Iכללי, n וקיבלנו סדרת קטעים המקיימת את הלמה של קאנטור, ולכן סדרה זו מתכנסת לנקודה בודדת, ומכיוון ש r תמיד נמצא בתוך הקטע, אז הסדרה הזאת מתכנסת ל r. נשים לב כי על אף יעילות השיטה הזו (לאחר שלבים אורך הקטע כבר קטן פי = 4 ), אך לעיתים (במדעים) כאשר מעתסקים פונקציות מאוד מרוכבות, שעצם החישוב שלהן לוקח זמן רב, משלבים בין החיפוש הבינארי לשיטת ניוטון על מנת לצםצם את מספר השלבים הנדרש להגיע לקירוב טוב. בעיה: (פתרון שאלה 3 מתרגיל 3) קיימת הסדרה ) n x. +n = x n ) x האם הסדרה הזו היא סדרת ניוטון והאם היא מתכנסת? לאילו ערכים של x היא מתכנסת? :f(x) = x פתרון: נסתכל על הפונקציה x n x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n x n = x n x n + x n = x n ( x n ) ניקח < x <. הנקודה x היא חיתוך המשיק ב )) (x, f(x עם ציר ה x. כיוון שהשיפוע חיובי, מתקבל x > x (לחילופין:.(x > x x > x < בנוסף, החיות ו,x < הרי > x ן y {}}{. קיבלנו כי.x < x < x ( x ) כלומר,y( y) שהרי x < ולכן x = (x )( x ) מכאן ש x יכול להחליף את. > x n+ > x n x > x x בנוסף, סדרה עולה וסחומה מתכנסת לגבול ולכן x, n b אבל אז חייב להיות b) b = )b (לפי חשבון גבולות).b = ומכאן = b.x > נחפש x > כך שהמשיק עובר בראשית. המקרה הבא, x x = x = f ( x ) x x = x x = ( ) x = x x אם x x התהליך בבירור לא מתכנס. ברור ש xולכן = x =,x והתהליך לא מוגדר, ואם x > x ואז.x n וכן הלאה. ולכן x < x

23 אינטגרציה אינטגרציה.3. הערה: בתחילת השיעור המרצה נתן מספר הערות נוספות על פולינומי טיילור החומר הזה נמצא תחת הערות נוספות בפרק בנושא. הגדרה. חלוקה (Prtition) P של הקטע היא אוסף נקודות. = x < x <... < x n = b נשתמש ב P (על מנת שלא תהיה אי הבנה) גם לציין את אוסף הקטעים המוגדרים ע י הנקודות, כלומר, האוסף =j x)}. j, x j {( n הגדרה. אם נתונה חלוקה אחרת Q, אז נסמן ב Q P את החלוקה המורכבת מכל הנקודות של שתיהן. הגדרה.3 חלוקה Q נקראת עידן של P אם P, Q כלומר כל נקודות P קיימות גם ב Q. m j M j ו = = sup נתונה חלוקה } n P = {x,..., x ונתבונן בקטע ] j [x j, x כאשר j n, ו ( f(x [x j,x j] inf [x j,x j] איור.: גג בנוסף נגדיר sup f(x).γ = [,b] הערה.4 יש לשים לב, כי מדובר בחסמים על הפונקציה ולא ערכי { מקסימום כי יכולה להיות פונקציה (לא רציפה) בקטע x x < = f(x) שלעולם לא מגיעה ל אך הוא החסם סגור ששואפת לחסם אך לעולם לא מגיעה אליו, לדוגמא x העליון שלה..U(f, P ) := n הגדרה.5 הסכום העליון לפי החלוקה P מוגדר להיות ) j j= M j(x j x.l(f, P ) := n הגדרה.6 הסכום התחתון לפי החלוקה P מוגדר להיות ) j j= m j(x j x הערה L.7 ו U הם בעצם סכום המלבנים מציר ה x ועד מעל הגרף (U) ומתחת לגרף (L), ע י חלוקת השטח מתחת הגרף ל n מלבנים. טענה.8 אם Q היא עידון של Pאזי ) P U(f, Q) U(f, ו (.L(f, Q) L(f, P 3

24 אינטגרציה הוכחה: נסתכל בגרף איור.: שרטוט להמחשה M k, M k+ M j M j (x j x j ) M k (y k y k ) n M j (x j x j ) + M k+ (y k+ y k ) l M k (y k y k ) j= k= U(f, P ) U(f, Q) טענה.9 הוספה השמטה :. אם Qהוא עידון של P ע י הוספת נקודה אחת, אזי (Q.U(f, (Q U(f,. אם Q מתקבלת מ P ע י השמטת xאזי j ) j.u(f, Q) U(f, P ) + Γ(x j+, x הוכחה: () נניח כי {y},q = P כאשר ) j,y (x j, x ונסתכל על U(f, Q) = ( ) {}}{ j n M k (x k x k ) + M k (x k x k ) k= k=j+ M j(x j x j ) { }} { + ( sup f(x))(y x j ) + ( sup f(x))(x j y) U(f, P ) [x j,y] [y,x j] ( ) כי קטעי Q למעט ב [ [x j, x j זהים לקטעי.P 4

25 אינטגרציה () נסתכל על: U(f, Q) = = j M k (x k x k ) + k= j M k (x k x k ) + k= M j+γ n k=j+ n k=j+ M k (x k x k ) + M k (x k x k ) M j++γ sup [x j,x j+] f(x j+, x j ) {}}{{}}{ + ( sup f(x) )(x j x j ) + ( sup f(x) )(x j+ x j ) [x j,x j+] [x j,x j+] n M k (x k x k ) + Γ(x j x j + x j+ x j ) = U(f, P ) + Γ(x j+ x j ) k= (נשים לב כי היה מספק להשוואת מול Γ במקום Γ) מסקנה. באופן דומה עבור L:. אם Q היא עידון של Pבנקודה אחת, אזי ) P.L(f, Q) L(f,. אם P מתקבלת מ P ע י השמטת נקודה אחת ) j,(x אזי ) j.l(f, Q) L(f, P ) Γ(x j+ x טענה. תהי Q עידון של,P אזי ) P L(f, Q) L(f, ו (.U(f, Q) U(f, P הוכחה: לפי טענת הוספה השמטה (החלק של הוספה ), כל פעם שמוסיפים נקודה לחלוקה, מקטינים את U ומגדילים את L. טענה. תהיינה,P R חלוקות כלשהן (בעלות אותן נקודות קצה), אזי ) P.L(f, (R U(f, הוכחה: תהי,Q = P R אזי Q) L(f, R) L(f, כי Q עידון של L(f, Q) U(f, Q),R כי זו אותה חלוקה ו,m j M j ו ( U(f, Q) U(f, P כי Q עידון של R ולכן ) P.L(f, R) U(f, מסקנה.3 נסמן } P ( u = {U(f, P (עבור כל החלוקות בעלות אותן נקודות קצה) ו { l, = {L(f, P P ( אזי כל מספר ב l קטן מכל מספר ב u (על סמך הטענה הקודמת). מסקנה.4 עפ י למה מאינפי (אינפימום וסופרמום של קבוצות בהקשר של חתכי דדיקנד): supl(f, P ) = sup l inf u = inf U(f, P ) P P הגדרה.5 אם sup l = inf u = I נאמר כי f אינטגרבילית, והמספר I יקרא האינטגרל של.f טענה.6 (תנאי שקול לאינטגרביליות) f היא אינטגרבילית אם ם לכל > ɛ קיימת חלוקה P כל ש ) P U(f,.( ) L(f, P ) ɛ 5

26 אינטגרציה. תכונות האינטגרל הוכחה: נניח ש ( ) מתקיים, כלומר inf u sup l < ɛ, אזי ממשפט הסנדוויץ = l inf u sup ולכן,inf u = sup l ולכן f אינטגרבילית (לפי ההגדרה). נניח ש f אינטגרבילית, כלומר.inf u = inf l ניקח >.ɛ קיימות חלוקות P, P כך ש I U(f, P ) < I + ɛ ומצד שני.I L(f, P ) > I ɛ ניקח P = P P ולכן I + ɛ > U(f, P ) U(f, P ) I L(f, P ) L(f, P ) > I ɛ ולכן U(f, P ) L(f, P ) < ɛ. משפט.7 כל פונקציה רציפה היא אינטגרבילית. תזכורת: (רציפות במידה שווה) בהינתן > ɛ קיים > δ כך שאם η θ < δ f(η) f(θ) < ɛ כאשר.η, θ [, b] הוכחה: b] f C[, (רציפה על הקטע הסגור b].([, נבחר חלוקה,P כך שלכל j מתקיים. x j x j < δ = D(x) בקטע ] [, = b] [, שהיא U(f, P ) L(f, P ) = n {}}{ (M j m j )(x j x j ) j= <ɛ = f m j = mx (כלומר לא רק הסופרמום). מכיוון ש f רציפה בכל הקטע, אזי ) j x] f(xmx j,x j] n (...) < ɛ (x j x j ) = ɛ(b ) i= ולכן קיים ) ɛ = ɛ(b כך ש U(f, P ) L(f, P ) < ɛ ולכן היא אינטגרבילית. { x Q x R\Q דוגמא: פונקציה לא אינטגרבילית נסתכל על פונקציית דירכלה חסומה בו. ניקח חלוקה } = n P = {x = < x <... < x ולכן U(f, P ) = (x j x j ) = L(f, P ) = (x j x j ) = ולכן sup l = < = inf u ולכן היא לא אינטגרבילית. הערה: הטענה הזו נכונה לפי הגדרת האינטגרל כפי שאנו לומדים בקורס זה וכפי שהתפתחה בתחילת דרכה, אך בתחילת שנות ה, האינטגרל הוגדר באופן כללי יותר, ועל פי הגדרה הכללית הזו פונקציית דירגלה כן אינטגרבילית, ובין ל סכום הוא אפס (כי יש יותר אי רציונלייים ורציונליים).. תכונות האינטגרל משפט.8 הפונקציות האינטגרבילית על קטע [b,] מהוות מרחב לינארי, והאינטגרל עליהן הוא פונקציונל (העתקה) לינארי. 6

27 אינטגרציה. תכונות האינטגרל הסבר: הפונקציות האינטגרביליות הן מרחב לינארי פירושו: אם,f g אינטגרבילית כך גם f + g וגם c f עבור קבוע.c האינטגרל הוא פונקציונל לינארי פירושו: I(g) I(f + g) = I(f) + ו ( ci(f.i(cf) = הוכחה: תהיינה,f g פונקציות אינטגרביליות, ןיהי > ɛ. קיימת חלוקה P כך ש I(b) ɛ < L(f, P ) U(f, P ) < I(b) + ɛ I(g) ɛ < L(g, Q) U(g, Q) < I(g) + ɛ I(f) ɛ < L(f, R) U(f, R) < I(b) + ɛ I(g) ɛ < L(g, R) U(g, R) < I(g) + ɛ בנוסף, קיימת חלוקה Q כך ש תהיא R = P Q ולכן, ולכן R),U(f + g, R) U(f, R) + U(g, sup M j = אזי (f + g) M j + M j sup M j = ו g M sup אם f [x j,x j] [x j,x j] ובאופן דומה עבור L נקבל R),L(f + g, R) L(g, R) + L(f, ולכן [x j,x j] I(f) + I(g) ɛ < L(g, R) + L(f, R) L(g + f, R) I(f + g) U(g + f, R) U(g, R) + U(f, R) < I(f) + I(g) + ɛ I(f + g) [I(f) + I(g)] < ɛ משמע, לפי התנאי השקול, f + g אינטגרבילית וגם I(g).I(f + g) = I(f) + sup(c f) [x j,x j] inf(c f) [x j,x j] נוכיח עתה כי עבור > c c f אינטגרבילית ו ( I(f.I(c f) = c = cm j = cm j U(cf, R) L(cf, R) U(cf, R) I(c f) < cɛ U(f, R) I(f) ɛ =U(cf,R) {}}{ cu(f, R) ci(f) < cɛ I(cf) ci(f) < cɛ U(cf, R) L(cf, R) = n sup(cf) = cm j inf(cf) = cm j j= < {}}{ c < {}}{ (m j M j )(x j x j ) < c ɛ עבור < c ולכן cf אינטגרבילית ו ( ci(f.i(cf) = 7

28 אינטגרציה. סיכום עד כה. סיכום עד כה. הגדרנו ) P L(f, P ), U(f, (סכומי דרבו (Drboux u = {U(f, P )}, l = {L(f, P )}..3 הגדרנו f אינטגרבילית אם.I = sup l = inf u.4 אינטגרביליות אם ם לכל > ɛ קיימת חלוקה P כך ש ɛ. U(f, P ) L(f, P ) < 5. משפט: אוסף הפונקציות האינטגרביליות הוא מרחב לינארי והאינטגרל הוא פונקציונל לינארי עליו. (א) f, g אינטגרביליות g f + אינטגרביליות. (ב) f אינטגרבילית ו R c f c אינטגרבילית..ρ(P ) = mx(x j x j ) j n.3 סכום רימן הגדרה.9 תהי P חלקוה, ונגדיר בתור פרמטר החלקוה את משפט. נתונה פונקציה f אינטגרבילית. בהינתן > ɛ, קיים > δ כך שלכל חלוקה Q, כך ש ρ(q) < δ ומתקיים.U(f, Q) L(f, Q) < ɛ ובניסוח אחר: U(f, Q) I(f) < ɛ I(f) L(f, Q) < ɛ הוכחה: בהינתן > ɛ קיימת חלוקה b} P = {x = < x <... < x n = כך ש ɛ.u(f, P ) L(f, P ) < עבור > δ (שאותו נקבע בהמשך) ניקח חלוקה,ρ(Q) < δ ונגדיר חלוקה R = P Q ולכן מתקיים < R) U(f, R) L(f, ɛ. תהי x j P Q\ (ב P אבל לא ב Q ) ונגדיר } j R, = R\{x ולכן לפי הטענה על השמטת נקודה (תזכורת: Γ הוא הערך המקסימלי של הפונקציה בערך מוחלט): U(f, R ) U(f, R) + δγ לכן, בהשמטת כל נקודות P שאינן ב Q, לכל היותר n, נקבל ש U(f, Q) U(f, R) + Γδ(n ) I(f) + ɛ + Γδ(n ).U(f, Q) L(f, Q) 4ɛ ולכן,L(f, Q) I(f) ɛ ובואותו אופן U(f, Q) I(f) + ɛ ונקבל,δ = ɛ ניקח Γ(n ) הוכחה: (בקצרה) צעד א : לבחור P כך ש I ɛ L(f, P ) U(f, P ) < I + ɛ (נקרא גם תנאי רימן). צעד ב : ל > δ (עדיין לא ידוע) ניקח איזשי Q כך ש δ.ρ(q) < ע י הוספה לקטע: I ɛ < L(f, P Q) U(f, P Q) < I + ɛ 8

29 אינטגרציה.3 סכום רימן ɛ כאשר צעד ג : לזרוק נקודות של P שאינן ב Q על פי ה השמטה, נשלם מחיר לכל היותר של ( Γδ(n >.P מספר נקודות החלוקה של P = n + ו Γ = sup f(x) [,b] מסקנה. תהי f אינטגרבילית, ו >,ɛ יהי > δ כפי שהוגדר במשפט. ניקח Q כך ש δ ρ(q) < ו = Q = {t b}. < t <... < t n = בכל קטע ] j [t j, t ניקח נקודה,θ j אזי n f(θ j )(t j t j ) I(f) < ɛ j= כלומר הסכום של המלבנים בכל קטע שואף לאינטגרל, ללא תלות בנקודה לפיה בונים את גובה המלבן (כל עוד היא בתוך הקטע) איור.3: סכום מלבנים כאינטגרל n הגדרה. תהי Q חלוקה ו { b Q = {t = < t <... < t n = ולכל קטע ] j θ [t j, t הסכום j j= f(θ j)(t.q, θ,..., θ n לפי f נקרא סכום רימן של t j ) משפט.3 (ניסוח מחודש של המסקנה) תהי f פונקציה אינטגרבילית על [b,], אזי לכל > ɛ קיים > δ כל שלכל חלוקה ( ρ(qולכל < δ בחירה θ j של נקודות בקטע החלוקה מתקיים n f(θ j )(t j t j ) I(f) < ɛ j= הרחבה: כל סכום רימן הכפוף לחלוקה Q, נמצא בקטע (ɛ.(i(f),ɛ I(f) + להיפך: אם לכל > ɛ קיים > δ כך שסכור רימן הכפוף ל Q נמצא בקטע A+ɛ) f (A ɛ, אינטגרבילית ו A I. = n j= f(θ הסבר: קיים A כך שלכל > ɛ קייים ρ(q),δ > וכל סכום רימון הכפוך לחלוקה מקיים < A j)(t j t j ).I(f) = אינטגרבילית ו A f אזי, ɛ 9

30 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל f(θ )(t t ) + n f(θ )(t j t j ) (A ɛ, A + ɛ) j= הוכחה: > ɛ, ניקח Qכך ש δ, ρ(q) < ונסתכל על sup = M (t t ) + θ (A ɛ, A + ɛ) n f(θ j )(t j t j ) j= sup = Uf, Q) (A ɛ, A + ɛ) θ j מתנאי רימן נובע כי.A ɛ L(f, Q) U(f, Q) A + ɛ הערה.4 אם f לא חסומה התנאי לא מתקיים! b f(t)dt = ולכן ניתן לכתוב n i= f(θ j) t j = n j= f(θ j) = n הערה.5 נשים לב לשוויון ) j i= f(θ j)(t j t.i(f) > ɛ קיימת חלוקה Q כך שלכל בחירה טענה.6 (הפוכה למשפט) תהי f חסומה ב [ b,] ובעלת התכונה הבאה לכל כאשר A מספר לא תלוי ב ɛ, אזי f n j= f(θ של נקודות ] j, θ j [t j, t כך שהסכום j)(t j t j ) A < ɛ אינטגרבלית ו A. I(f) =.4.3. עוד תכונות של האינטגרל b. f(x)dx b טענה.7 (שמירת הסדר) אם f, g אינטגרבילית ו g f (ז א g(x) ( x [, b], f(x) אזי (x)dx. b f(x) dx b הוכחה: לכל חלוקה, U(f, P ) U(g, P ),P ולכן ) P inf P U(f, P ) inf P U(g, ולכן g(x) dx b, ברור ע י לקיחת סכומי דרבו, או סכומי רימן. הערה.8 (חיוביות) אם f אזי dx f(x) b הוכחה: (אלטרנטיבית) מההערה נובעת הטענה, כי הרי אם f g אז g f ולכן dx (f(x) g(x)) b. f(x) dx b ומהלינאריות g(x) dx.4. חישוב אינטגרלים. b f(x) dx = ולכן מסכומי רימן, או סכומי דרבו (כי תמיד כופלים באפס),f(x) =. b (גם לפי סכומי רימן או סכומי דרבו, או פשוט לפי שטח מלבן). f(x) dx = c(b ) ולכן f(x) = c. { c x = y P = x} = מלבד נקודה אחת כל הפונקציה זהה לפונקציית האפס). ניקח חלוקה (כלומר f(x) = U(f, P ) = c(x j x j ) L(f, P ) = U(f, P ) L(f, P ) = c(x j x j ) x y.3 b} < x n =... < ונניח ) j,y (x j, x אזי 3

31 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל.(x j x j < ɛ c לכן, ראשית, f אינטגרבילית, כי לכל > ɛ קיימת חלוקה P כך ש ɛ ) U(f, P ) L(f, P ) < מכיוון שהפונקציה אינטגרבילית אז מתקיים ˆ b f(x)dx = sup L(f, P ) = P 4. אינווריאנטיות לשינוי סופי: טענה.9 תהי f אינטגרבילית על b] [, ו ( f(x g(x) = פרט למספר סופי של נקודות b],x = y,..., y k [, b. g(x)dx = b אזי g אינטגרבילית, והאינטגרל שלה לא השתנה f(x) dx { g(y) f(y ) x = y = h(x) ובנוסף נגדיר הוכחה: נניח כי =,k ונגדיר h(x) g(x) = f(x) + כאשר x y h(x),g (x) = f(x) + ולכן g אינטגרבלית (לינאריות) ו ˆ b g(x)dx = ˆ b f(x)dx + = {}}{ ˆ b h(x) = ˆ b f(x)dx ובאופן דומה ניתן להוכיח באינדוקציה עבור k כללי. 5. אינטגרביליות מרציפות: טענה.3 אם f(x) רציפה על [b,] אזי היא אינטגרבילית. הוכחה: אם f רציפה על קטע סגור, היא רציפה במ ש. בהינתן > ɛ, δ > כך ש x y < δ M j = (כי M j m j < ɛ מתקיים j אזי לכל,g(P ) < כך ש δ P ניקח חלוקה. f(x) f(y) < ɛ.(m j וכן לגבי sup xj x x j f(x) = f(θ j ) n U(f, P ) L(f, P ) ɛ, (x j x j ) = ɛ(b ) j= ולכן היא אינטגרבילית. מ ( 4 ) ו ( 5 ) נובע: מסקנה.3 אם f רציפה פרט למספר סופי של נקודות אי רציפות סליקה, אזי f אינטגרבילית, האינטגרל שווה לפונקציה ה מתוקנת. 6. אי רציפות מסדר שני: טענה.3 תהי f חסומה ורציפה ב [ b,] פרט למספר סופי של נקודות אי רציפות y,..., y k אזי f אינטגרבילית (ללא תנאים נוספים). הוכחה: מספיק להראות עבור נקודת אי רציפות אחת y (המקרים האחרים נובעים מהמקרה הראשון). >.ɛ מכיוון שהפונקציה חסומה אז קיים f(x).γ sup [,b] נסתכל על חלוקה P כך ש (.y (x j, x j ניקח > δ כך ש j (M l m l )(x l x l ) + l= n (M l m l )(x l x l ) < ɛ l=j+ 3

32 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל Γ <δ (כלומר סכום על כל הקטעים פרט לקטע ) j x)) j, x אי השוויון מתקיים כי f רציפה על b] [x j, ן [ j [, x. {}}{{}}{ נבחר ראשית > δ כך ש ɛ Γδ < (זה יבטיח ש ɛ.((m j m j ) (x j x j ) < ברגע שקבענו את x j, x j כאלה, נבחר את > δ עוד יותר קטן, אם צריך, כך שכמו בתחילת ההוכחה b n l=,l j <δ {}}{ (M l m l ) (x l x l ) < ɛ ומכך נובע כי,U(f, P ) L(f, P ) < ɛ ולכן f אינטגרבילית. c x < y. f(x) =.. 7. מקרה פרטי פונקציית מדרגות: c k y k x < y k = b היא אינטגרבילית לפי הטענה הקודמת (כי יש לה מספר סופי של נקודות אי רציפות בנקודת } k y},..., y ). לפי הסעיף הבא, מהאדפטיביות של האינטגרל, ניתן לחלק את הפונקציה לקטעים, ולכן מתקיים = f(x). k i= c (x i x i ) 8. אדיטיביות האינטגרל ביחס לקטעים: טענה.33 אם f אינטגרבילית על b] [, אזי היא אינטגרבילית גם על b] [c, d] [,. הוכחה: בהינתן > ɛ קיים > δ כך שכל חלקוה ρ(pגורר ) < δ ) P, U(f, P ) L(f, ובפרט ניקח P כזאת הכוללת גם את,c. d m (M l m l )(x l x l ) U(f, P ) L(f, P ) < ɛ l=j ולכן, מצאנו חלוקה בקטע [d,c] המקיימת את התנאי לאינטגרביליות. { x [c, d] χ [c,d] = הוכחה: (אלטרנטיבית) דרך אחרת היא להגיד שאם f אינטגרבלית, גם χ [c,d]f אינטגרבלית ) [d x,c] הפונקציה הקרקטריפטית). g ו,[, b] אינגרבילית על f כאשר קיימת.[, c] = [,{ מה קורה להיפך? כלומר מה קורה אם [c [b,b] f(x) x (, b).h(x) = אינטגרבילית על [c,b] ומגדירים g(x) x (b, c) c g מדוע? נניח ראשית כי. h(x)dx = b f(x)dx + c g(x)dx ומתקיים [, b] אינטגרבילית על h(x) b (הרחבת f כאפס ב [ c ([b, וניקח Pחלוקה של b] [, כך ש ɛ U(f, P ) L(f, P ) < ונרחיב את Pלחלוקה P של [c,] (בוספת נקודות כלשהם) ולכן Adding zeros U(h, P ) L(h, P {}}{ ) = U(f, P ) L(f, P ) < ɛ c. h(x)dx = b ולכן h אינטגרבילית ולכן f(x)dx c ולכן k(x)dx = { c x < b g(x)dx ושוב האינטגרל k(x) = עכשיו נגדיר פונקציה k(x) כך ש b g(x) b x c 3

33 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל h(x) = { f(x) x < b g(x) b x c = { f(x) x < b b x c + { x < b g(x) b x c גמרנו כי הרי הערה.34 המלצה על ספרים: () Christinsen In the presence of the cretor (b) Edn Krmer The nture nd growth of modern mthemtics 9. כל פונקציה מונוטונית היא אינטגרבילית. הוכחה: נראה עבור פונקציה מונוטונית עולה (המקרה השני הוא סימטרי) וניקח חלוקה P אחידה כך ש = x j, + j h ולכן L(f, P ) = f(x ) h + f(x ) h f(x n ) h U(f, P ) = f(x ) h f(x n ) h + f(x n ) h U(f, P ) L(f, P ) = (f(x n ) f(x )) h = (f(b) f()) h ɛ f(b) f() ואז (בהנחה ש ( f(, f(b) > אחרת (f = const בהינתן > ɛ ניקח < h ומתקבל ) P U(f,.L(f, P ) < ɛ אם לכל > ɛ ניתן למצוא חלקוה P כך ש ɛ,u(f, P ) L(f, P ) < אזי f אינטגרבילית.. נסתכל על: הגדרה.35 תהי ρ(y) מוגדרת על [d,c]. נאמר כי ϕ היא ליפשיצית אם קייים קבוע > L כך ש y, y [c, d] f(y ) f(y ) L y y הערה.36 חזרה על פונקציות ליפשיציות נמצאת אחרי כל התכונות האלו של האינטגרל. טענה.37 תהי f אינטגרבילית על b] [, כך שטווח ערכיה מוכל בקטע d] ( x [, b], f(x) [c, d]) [c, תהיא. [, b] היא אינטגרבילית על ϕ(f(x)) = ϕ f אזי,[c, d] פונקציה לפשיצית על ϕ(y) הוכחה: נסתכל בקטע בחלוקה x j < θ < τ < x j (כאשר f(x) :(m j = inf [xj,x j] f(x),m j = sup [xj,x j] f(τ) f(θ) M j m j ϕ(f(τ)) ϕ(f(θ)) L f(τ) f(θ) L(M j m j ) sup ϕ(f(x)) [x j,x j] U(ϕ(f), P ) L(ϕ(f), P ) inf ϕ(f(x)) L(M j m j ) [x j,x j] (*)Sum by j {}}{ L(U(f, P ) L(f, P )) < Lɛ ע י לקיחת sup τ ו,inf θ נקבל: לכן, לכל חלוקה P *) סכימת הקטעים בשני צדי האי שוויון) בפרט, >,ɛ אז קיים P כך ש ɛ.u(f, P ) L(f, P ) < 33

34 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל הוכחה: (אלטרנטיבית) תהיה חלוקה b} P = {x = < x <... < x n = ונסתכל בשתי נקודות ν µ, [x j, x j+ ] sup [x j,x j+] ϕ(f(µ)) ϕ(f(ν)) ϕ(f) f(µ) f(ν) sup f [x j,x j+] inf [x j,x j+] ϕ(f(y k )) Const of ϕ {}}{ L f(µ) f(ν) L( sup f [x j,x j+] ϕ(f) L( sup f [x j,x j+] k sup ϕ(f) [x j,x j+] inf f [x j,x j+] inf f) [x j x j+] inf f) [x j,x j+] וזה נכון לכל קטע בחלוקה ולכן קיימת סדרה y k כך ש U(ϕ(f), P ) L(ϕ(f), P ) L(U(f, P ) L(f, P )) אם P חלוקה מספיק עדינה כך שאגף ימין > ɛ (הנחה ש f אינטגרבילית) אז זה גורר כי אגף שמאל קטן מ Lɛ ולכן היא אינטגרבילית. מסקנה y.38,ϕ (y) = אזי. y y y y אם f אינטגרבילית על b] [, אזי גם f אינטגרבילית שם. תוספת: מתקיים f f f לפי שמירת הסדר: ˆ b ˆ b f(x) dx f(x)dx ˆ b ˆ b f(x)dx f(x) dx ˆ b f(x) dx אי שוויון זה הוא מהחשובים בקורס זה (לפי המרצה) ונשתמש בו רבות בהמשך. [c, d] היות ועל קטע סגור.ϕ(y) = y ( ) ϕ(y! ) ϕ(y ) mx y [c,d] ϕ (x) y y (mx{ c, d })(y y ) ( ) y y = y + y y y mx y + y y y y,y מסקנה.39 אם f אינטגרבילית אזי היא חסומה, וטווח ערכיה מוכל בקטע [d,c] כלשהו שבו ϕ(y) = y ליפשיצית ולכן f היא אינטגרבילית. טענה.4 (ניסוח פורמלי של המסקנה) אם f(x) אינטגרבילית אזי f(x) אינטגרבילית על [b,], ובנוסף אם g(x) היא אינטגרבילית, אזי גם g(x) f(x) היא אינטגרבילית. הוכחה: החלק הראשון נובע מליפשיציות של y על הקטע הסגור [d.(f([, ([b,c] ([d,c] עכשיו, Integrble due to squr {}}{ Integrble from linerity Dito f(x) g(x) = {}}{{}}{ ( (f(x) + g(x) ) (f(x) g(x)) ) 4 34

35 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל תוספת: לכל חזקה > k (טבעי), גם f k היא אינטגרבילית כי.f 3 = f f f אינטגרבילית. מסקנה.4 אם f אינטגרבילית על b] [, ו ( (, d],f[, b] [c, אזי הוכחה:,ϕ(x) = x שהיא ליפשיצית על כל קטע סגור (,) [d,c] כי היא רציפה בכל קטע (,). מסקנה.4 אם f אינטגרבילית על b] [, כך גם.e f, sin f, cos f, sin e f הוכחה: (עבור f (sin e f אינטגרבילית גורר ש f אינטגרבילית ולכן גם e f ולכן גם ),sin(e f ע י הרכבות הולכות וחוזרות.. התכונה הבאה: משפט.43 תהי f חסומה על [b,] בעלת התכונה הבאה: לכל > ɛ קיימת פונקציה אינטגרבילית g (התלויה באפסילון) על b] [, כך ש ɛ f(x) g(x) < לכל b].x [, אזי גם f אינטגרבילית. הוכחה: יהיו M j = sup [xj,x j] g(x), m j = inf [xj,x j] f(x),m j = sup [xj,x j] f ן ( g(x m j = inf [xj,x j]. (M j m j )(x j x j ) j ( M j m j + ɛ)(x j x j ) j M j m j M j + ɛ U(f, P ) L(f, P ) U(g, P ) L(f, P ) + ɛ(b ) ל > ɛ ניקח g מתאימה וניקח חלוקה P שעבורה, U(g, P ) L(g, P ) ɛ ולכן ) P U(f, P ) L(f,.ɛ( + (b )) { q x = p q = R(x) (פונקציית רימן), אזי R(x) אינטגרבילית. שהרי, אם > ɛ, יש דוגמא: בקטע [,] נגדיר { q x = x,... x n,r ɛ (x) =. q נגדיר את הפונקציה i כך ש ɛ x n = pn q n,..., x = p q מספר סופי של ולכן R, ɛ (x) R(x) ɛ ובגלל ש R ɛ היא רציפה חוץ ממספר סופי של נקודות, אז היא אינטגרבילית, אז לפי המשפט גם פונקציית רימן אינטגרבילית. מסקנה.44 תהי f אינטגרבילית על b] [, וכך ש [ d.f[, b] [c, תהי ψ רציפה על d].[c, אזי ψ f אינטגרבילית על b].[, הוכחה: בהינתן > ɛ קיימת פונקציה ליפשיצית ϕעל d] [c, כך ש ɛ ϕ(x) ψ(x) < לכל d],x [c, ולכן. x [, b] לכל ϕ(f(x)) ψ(f(x) < ɛ נשתמש במשפט הקודם עבור ψ(f(x)) וקירובה ע י פונקציה אינטגרבילית,ϕ(f(x)) וזו אינטגרבילית כי היא לפישיצית, ולכן גם ψ(f(x)) אינטגרבלית. דוגמא: אם f(x) אינטגרבילית על [b,], אזי גם f(x) אינטגרבילית (ומכאן אפשר גם להוכיח עבור.( k f(x) הוכחה: ψ(x) = x היא רציפה בקטע (,] ולכן ניתן להשתמש במסקנה האחרונה. 35

36 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל דוגמא: פונקציה > ɛ קיים > δ כך שלכל חלוקה P בעלת. סכומי רימן (תזכורת) אם f אינטגרבילית על [b,], אזי לכל ) j f(ξ j )(x j+ x כאשר ] j+ ξ j [x j, x נקודה כלשהי. בהגדרה b f(x)dx < ɛ מתקיים ρ(p ) < δ זו, ע י סוכימי רימן, איננו חייבים להניח כי f חסומה, בניגוד להגדרות של ) P L(f, P,( U(f, המחייביות כמובין j+] sup [xj,x למשל. חסימות שכן אחרת אין משמעות ל f טענה.45 תהי f מוגדרת על [b,] וכך שמתקיים תנאי רימן הנ ל, כאשר נסתכל על מספר כלשהוא I במקום על, b אזי f חסומה (להבדיל מהוכחת השקילות בין ההגדרות בה הנחנו כי f חסומה). f(x)dx j+].sup [xj,x מתקיים: הוכחה: נניח שלא, ובה כ, קיים קטע ] j+ [x j, x שעליו = f f(ξ j )(x j+ x j ) + n k=,k j f(ξ k )(x k+ x k ) I < ɛ f(ξ j )(x j+ x j ) I + k j f(ξ k )(x k+ x k ) + ɛ לכל בחירה של נקודות } k ξ} בקטעי החלוקה. sup ξj בסתירה לאי השוויון. f(ξ j )(x j+ x j ) = ונקבל סתירה כי sup ξj עכשיו ניקח f.4. תזכורת על פונקציות ליפשיציות נתחיל בפונקציה (I),f C כאשר β) I = (α, (פתיוח, סופי או אינסופי). ניקח קטע [c, d] I ותהיינה x, x שתי נקודות בקטע, ואז ממשפט הערך הממוצע ניתן לכתוב: f(x ) f(x ) = f (µ)(x x ) ( ) f(x ) f(x ) M x x, M c,d = mx [c,d] f (x).m c,d אם מחליפים [c, d] [c, d ] I מתקבל שוב ( ) אבל עם קבוע הגדרה.46 תהי φ(x) פונקציה מוגדרת על קטע d],[c, כך שקיים קבוע L ו φ(x ) φ(x ) L x x לכל.L עם קבוע [c, d] היא ליפשיצית על φ אזי נאמר כי, x, x [c, d] מסקנה.47 (מ ( )) אם (I) f C אזי f לפישיצית על כל קטע סגור [c, d] I, ונשים לב כי כאן.L = M c,d.[c, d] (, ) ליפשיצית בכל f רציפה ולכן f (x) = x.x (, ) = I כאשר f(x) = x דוגמא: הפונקציה > x > x >, f(x ) f(x ) = x x. ועתה נניח כי d] x [c, ונקבל כי = x x x x חישוב: נסתכל על f(x ) f(x ) c x x כמובן, ככל ש c יתקרב לאפס, הקבוע אחרות, אין קבוע L כך ש ילך ויגדל, ולכן אין קבוע אחד שיהיה טוב לכל הקטע (,). במילים c f(x ) f(x ) L x x, x, x (, ) 36

37 אינטגרציה.4 עוד תכונות של האינטגרל =,x ואז היינו מקבלים כי כי אחרת, ניקח f(x) f( ) L x, x (, ) וזה לא ייתכן כי אגף ימין חסום L ואגף שמאל לא חסום. מסקנה.48 פונקציה ליפשיצית על קטע סופי (פתוח או סגור) היא חסומה. באופן גיאומטרי,, f(x ) f(x ) L x x בעצם אומר כי L הוא שיפוע של הישרים התוחמים את הפונקציה: איור.4: פונקציה ליפשיצית דוגמא: הפונקציה f(x) = x על [,] היא רציפה (כפי שנלמד באינפי ), אבל האם היא ליפשיצית על [,]?. x בסתירה לכך ש L x וזה גורר כי x Lx ונדרוש > x > מסקנה.49 לא כל פונקציה רציפה וחסומה היא ליפשיצית. ברור גם, כי פונקציה לינארית f(x) = x + b היא ליפשיצית (כאשר L). = יתר על כן, פונקציה לינארית למקוטעין היא גם כן ליפשיצית. הגדרה.5 לינארית למקטוטעין היא פונקציה fרציפה, וכך שקיים מספר סופי של קטעים (חלוקה), כך ש > x = c.[x j, x j+ ] מתלכדת עם הקטע f(x) = j x + b j כך ש j וקיים לכל קטע קבוע x <... < x n = d הוכחה: אם µ > ν הן שתי נקודות בקטע בו מוגדרת הפונקציה אז נראה כי f(µ) f(ν) = (f(µ) f(x k )) + (f(x k ) f(x k )) f(x j+ ) f(ν) f(µ) f(ν) L(µ x k + x k x j+ x j+ + x j+ ν) = L(µ ν) L = mx j משפט.5 תהי f רציפה על [d f) C[c, ([d,c] ו > ɛ, אזי קיימת פונקציה ליפשיצית ϕ על [d,c] (כמובן, תלויה ב ɛ ) כך ש ɛ f(x) ϕ(x) לכל d] x [c, 37

38 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי הוכחה: הרעיון הוא לקחת ϕ לינארית למקוטעין. < h = d c ונגדיר x j = c+jh, j h ונגדיר גם ϕ(x) כליניארית למקוטעין (רציפה) ן ( ϕ(xלכל j ) = f(x j n נבחר.j =,..., n ניקח ] j+ x [x j, x ואז מתקיים f(x) ϕ(x) = f(x) f(x j ) + ϕ(x j ) ϕ(x) f(x) f(x j ) + ϕ(x j ) ϕ(x) f(x) f(x j ) + ϕ(x j ) ϕ(x j+ ) f(x) f(x j ) + f(x j ) f(x j+ ) f(η ) f(η ) < ɛ ואם η η h נוסיף ונקטין ידוע כי f רציפה במידה שווה, נבחר > h מספיק קטן כך ש f(x j ) f(x j+ ) < ɛ ואז את > h כך שגם f(x) ϕ(x) ɛ + ɛ = ɛ.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי.5. משפט ערך הביניים (של החשבון האינטגרלי) b משפט f(x).5 רציפה על b],[, אזי קיים b] c [, כך ש ( f(x)dx = f(c)(b איור.5: משפט ערך הביניים הוכחה: M = mx [,b] f ו f,m = min [.b] ולכן משמירת הסדר באינטגרל מתקיים m(b ) m ˆ b f(x)dx M(b ) b f(x)dx M b נקרא גם משפט ערך הממוצע של החשבון האינטגרלי המרצה אמר שכך או כך מבחינתו מדובר באותו דבר 38

39 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי f(c)(b ) = ולכן f(c) = b f(x)dx b ולכן ממשפט ערך הביניים (של החשבון הדיפרנציאלי) קיים [.b] c כך ש. b f(x)dx איור.6: אינטואיציה להוכחה.5. פונקציה קדומה I. פונקציה אינטגרבילית על כל תת קטע סגור של f(x). I =,α) (β,f (x) = x זאת אומרת, אנחנו x ניקח נקודה β) x (α, קבועה, ו ( β,x > x,x (α, ונתבונן באינטגרל f(t)dt מסתכלים באינטגרל כפונקציה של הגבול העליון. F (x + h) = ˆ x+h x = F (x) + ˆ x+h x f(t)dt f(t)dt ˆ x+h x lim (F (x + h) F (x)) = h Adptivity ˆ {}}{ x = f(t)dt + x f(t)dt ˆ x+h x f(t) dt טענה (x).53 F פונקציה רציפה ב ( β.[x, h δ הוכחה: נניח כי > h ונסתכל על ˆ h x {}}{ Kh נגדיר f K = sup [x,x + δ ולכן ] }{{} <β 39

40 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי F (x) = ˆ x ולכן (x) F רציפה. אם < h, אז נניח כי h מספיק קטן כך ש x + h > x ואז נסתכל על x f(t)dt = F (x) = F (x + h) + ˆ x x+h f(t)dt ˆ x+h ˆ x x f(t)dt + x+h f(t)dt ˆ x x+h ˆ x x+h f(t)dt f(t) dt K h ושוב נגדיר f K = sup[x δ,x] ולכן lim ולכן שוב נקבל כי (x) F רציפה. = (x)) h (F (x + h) F c f(t)dt = b. b f(t)dt := b הגדרה f.54 אינטגרבילית על b],[, אזי f(t)dt הערה.55 ההגדרה הזו נובעת גם מסכום רימן. מתחילים מהגבול התחתון והולכים לגבול העליון, ולכן נקבל f(t)dt+ c b n n f(ξ j )(x j+ x j ) = f(ξ j )(x j x j+ ) j= j= באמצעות הגדרה זו יכולנו לוותר על ההפרדה למקרים של > h או < h, מכיוון ש f(t)dt מוגדר היטב. אם f אינטגרבילית על כל קטע סגור חלקי ל I, אזי = (x) F lim (F (x + h) F (x)) = h משפט f.56 מוגדרת על קטע פתוח β).i = (α, x רציפה ב I,x לכל בחירה x I ו x f(t)dt משפט.57 (המשפט היסודי של החשבון האינפיניטסימלי) אם f רציפה ב I, אזי (I) F C ו ( f(x F, (x) = לכל.x I F (x + h) F (x) h h ˆ x+h x ˆ x+h x = h ˆ x+h x f(t)dt = f(ξ x ) h f(t)dt f(t)dt = f(ξ x ) h f(x) הוכחה: לפי משפט ערך הביניים של החשבון האינטגרלי בגלל הרציפות של.f(x) F (x+h) F (x) x,,i lim h h ולכן, ראשית (x) F גזירה ב I ושנית, נגזרתה היא הפונקציה הרציפה כלומר, f(x) =.F C (I) ולכן f(x) 4

41 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי הגדרה.58 תהי f פונקציה מוגדרת על I. אזי נאמר כי פונקציה גזירה F היא הקדומה (Primitive) של f ב I, אם מתקיים f(x) F (x) = כאשר.x I. x I, היא קדומה ל f F (x) = x x משפט.59 ניסוח אחר למשפט היסודי אם f רציפה ב I, אזי f(t)dt טענה.6 תהיינה F ו F שתי פונקציות קדומות ב I של f. אזי קיים קבוע C כל ש C F (x) F (x) לכל x. I (F F ) (x) = f(x) f(x) הוכחה: ולכן F F היא פונקציה שנגזרתה זהותית שווה לאפס, ולכן F F C לפי משפט הערך הממוצע של החשבון הדיפרנציאלי. x I כאשר,C + x x מסקנה.6 אם f רציפה ב I אזי כל הפונקציות הקדומות שלה ניתנת ע י f(t)dt, x I כלשהו ו R C כלשהו.. x x f(t)dt = const {}}{ ˆ x x f(t)dt + F (x) {}}{ ˆ x שאלה: מה פירוש שינוי של x? x תשובה: אם ניקח,x I אזי f(t)dt I. בקטע xלנוע כאשר נותנים ל, x x שאלה: האאם ניתןו לוותר על C, כלומר, כל הקדומות הן מהצורה f(t)dt לא מספיק לשנות את x ולכן היא קדומה ל f, F (x) אבל גם =, x x תשובה: לא, לדוגמא, =,f(t) ולכן f(t)dt בשביל לקבל את כל הפונקציות הקדומות ולכן תמיד צריך להוסיף C לפונקציה הקדומה. b משפט.6 תהי f רציפה על,I ותהיא G(x) קדומה שלה, אזי לכל. f(t)dt = G(b) G(),[, b] I.F (x ) המקיימת = F (x) נותנת את הקדומה F (x) = x x הערה.63 כאשר f רציפה, ההגדרה f(t)dt F (x) = x כאשר x I כלשהי, אזי, x הוכחה: נסתכל בפונקציה f(t)dt F (b) = F () = F (b) F () = ˆ b x f(t)dt ˆ x f(t)dt ˆ b f(t)dt מהי?G(x) היא בהכרח (x),g(x) = C + F כי כל קדומה היא כזאת לפי הטענה הקודמת. G(b) G() = C + F (b) C F () = F (b) F () = ˆ b f(t)dt 4

42 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי טענה.64 תהי (I),F C ותהי (x),f(x) = F אזי, לכל בחירה,x I F (x) F (x ) = ˆ x x f(t)dt, x I הוכחה: ישירות מהמשפט הקודם, כאשר x],[, b] = [x, או ].[, b] = [x, x במילים אחרות, אם F = f רציפה, אז ניתן לשחזר את F מתוך f ע י אינטגרציה (בייתר דיוק, את ) F). (x) F x) xn+ F (x) = וניתן לוודא זאת ע י כאשר n+ F (x) = f(x) שלם, אזי, ננחש כי n כאשר,f(x) = x n. גזירה ולכן ˆ b,log x =: x כי לפי המשפטים לעיל, זוהי פונקציה t n ( dt = b n+ n+) n + ˆ x t n dt = x n + (xn+ x n+ ) ( ) d x n+ = x n, x R dx n +.[, b] R לכל b et dt = e b e..i = (, ו ( x, x כאשר > x t dt = log x log x.3.log ובנוסף =,x כאשר > d dx log x = x dt t x דוגמאות: יכולנו בעקרון להגדיר את log x כאשר > x ע י גזירה ברציפות ב,) ומקיימת f(t) = e t.4 איור.7: גרף הפונקציה E(x) = ˆ x e t dt לפי המשפטים, (R) E C ו E (x) = e x לכל x R ו =.E() לפונקציה הקדומה E(x) אין דרך כתיבה ישירה בעזרת פונקציות אלמנטריות (טענה מוכחת שלא נעשה בקורס זה). b האינטגרבל ול f(t)dt,(indefinite Integrl) האינטגרבל הבלתי מסויים x x הגדרה.65 לפעמים קוראים ל f(t)dt המסויים Integrl).(Definite 4

43 אינטגרציה.5 המשפטים המרכזיים של החשבון האינטגרלי.5.3 חקירה נוספת של הקשר בין אינטגרציה וגזירות?x, x I כאשר x x. תהי (x) F גזירה בקטע.F (x) = f(x),i האם נכון כי ) f(t)dt = F (x) F (x F (x) = x sin ( ) וודאי נכון אם f(x) רציפה ב I זה המשפט היסודי אבל זה לא תמיד המצב המצב, למשל x 4 גזירה עבור x ולכן ( ) F (x) = x sin x 4 4 ( ) x 3 cos x 4 F () = F (h) lim = h h { = f(x) לא חסומה ולכן לא אינטגרבילית. x = x sin ( ) x 4 4 x ואפילו ) ( cos 3 x 4 הדוגמא הזאת אןומרת כי גם אם f(x) F (x) = קימת לכל x, R הרי f(x) לא בהכרח אינטגרבילית ולכן F (x) F (x ) = x אין משמעות. x לשוויון f(t)dt F (x) = x x. מה קורה אם f(t) אינטגרבילית לכל קטע,] [b I ורציפה בנקודה מסויימת x? I ידוע כי f(t)dt רציפה ב I, ובפרט ב x. inf [ x, x+h] טענה.66 במקרה זה F גזירה ב x, ומקיימת f( x).f ( x) = F ( x + h) F ( x) = הוכחה: אנו ידועים כי עבור > h מתקיים ˆ x+h f h F ( x + h) F ( x) sup [ x, x+h] F ( x + h) F ( x) inf f [ x, x+h] h x sup f [ x, x+h] f(t)dt f h והביטוי שבאמצע קיים לפי משפט ערך הביניים, ונסמן אותו ב C x,h ולכן lim h C x,h = f( x) שהרי x) lim x x f(x) = f ןךכם f( x) lim h sup [ x, x+h] f(x) = ולכן F ( x + h) F ( x) lim = f( x) h h.5.4 הפונקציה הקדומה ע י שינוי משתנה טענה.67 תהי f(x) רציפה על קטע (β I, =,α) ותהי ϕ(u) פונקציה גזירה ברציפות על קטע פתוח J וכך ש I.ϕ(J) תהי (x) F פונקציה קדומה של f ב I, אזי (ϕ(u)) F (על u) J היא פונקציה קדומה של (u) f(ϕ(u)) ϕ (שהיא גם פונקציה רציפה). 43

44 אינטגרציה.6 שיטות אינטגרציה הוכחה: מכלל השרשרת, ˆ b d du F (ϕ(u)) = F (ϕ(u)) ϕ (u) = f(ϕ(u)) ϕ (u) F (ϕ(u))ϕ (u)du = F (ϕ(b)) F (ϕ()) נשאלת השאלה, מה קורה אם ϕ(u) נעה בקטע [b,] הלוך וחזור? התשובה היא כי יהיו קיזוזים בחזרות, ולכן אין צורך להתנות כי ϕ מונוטונית. ניראה זאת בעזרת סכום רימן: n F (ϕ(ξ j ))ϕ (ξ j )(u j+ u j ) j= ונבחר ξ j כך ש ( ϕ (ξ j )(u j+ u j ) = ϕ(u j+ ) ϕ(u j (ממשפט הערך הממוצע האינטגרלי) ולכן n F (ϕ(ξ j ))ϕ (ξ j )(u j+ u j ) = j= n F (ϕ(ξ j ))(ϕ(u j+ ) ϕ(u j )) j= F (ϕ(b)) F (ϕ()) ולכן נגדיר f(t) = e t ו ϕ(u ולכן נוכל לכתוב דוגמא: נחשב את האינטגרל ueu du f (ϕ(u)) ϕ (u) = e ϕ(u) ϕ (u) = e u u ˆ ˆ ue u du = ue u du = e ϕ() e ϕ( ) = e e = ˆ ue u du = (הוכחה כתרגיל). הערה.68 אם f(t) זוגית אזי = f(t)dt.6 שיטות אינטגרציה.6. שיטת ההצבה נניח כי בדיוק על שינוי המשתנה ϕ היא פונקציה מונוטונית ממש (במבן החזק), אזי הטרנספורמציה J u ϕ(u) I היא הפיכה, ולכן משמשת כשינוי משתנה. כלומר, אפשר לקחת b = y ואז ϕ(b) = x ולכן נקבל כי ˆ y f (ϕ(u))ϕ (u)du = f(x) f(ϕ()) כלומר, במילים, f(x) שווה לפונקציה הקדומה של (u) f (ϕ(u))ϕ המחושבת ב ( x ) y. = ϕ כאן בעצם הפכנו את b לגודל משתנה, כמו שעשינו בדיון על האינטגרל כפונקציה של הגבול העליון. מסמנים את המעבר הנ ל גם ע י ˆ ϕ (x) ˆ x f (ϕ(u))ϕ (u)du = f(x) = f(t)dt 44

45 אינטגרציה.6 שיטות אינטגרציה או ע י ˆ dx x {}}{{}}{ ˆ f( ϕ(y)) ϕ (y)dy = f(x)dx דוגמא: מחפשים את הפונקציה הקדומה של cos u e sin u ולכן y cos u e sinu du ונגדיר ϕ(u) = sin u = t ולכן ˆ y ˆ x cos u e sin u du = e t dt בעצם, ניתן להסתכל על זה, כעל השוויון t = sin u וע י גזירת האגפים נקבל,dt = cos u du אף חשוב להבין כי זה רק לשם אינטואיציה, ואין מדובר בשווין ממש ואין הדבר מדוייק. בסה כ קיבלנו כי הפונקציה הקדומה של cos u e sin u היא e, sin y + C ואם אכן נבדוק ע י גזירה: d dy (esin y + C) = cos y e sin y.6. אינטגרציה בחלקים גם כן) ו ( B(x (הרציפה f (x)g(x) הפונקציה הקדומה (עד כדי קבוע) של A(x) קטע פתוח. תהי I כאשר,f g C (I) הפונקציה הקודמה של (x),f(x)g אזי A(x) + B(x) = f(x)g(x) + C (A + B) (x) = A (x) + B (x) ˆ x f (t)g(t)dt + = f (x)g(x) + f(x)g (x) = (f g) (x) ˆ x f(t)g (t)dt = f(x)g(x) f()g() הוכחה: ניתן לרשום זאת גם ע י הן פונקציות קדומות המתאפסות ב x. = ˆ x דוגמא: רוצים לחשב את האינטגרל x te t ולכן אם f (t) = e t ואת g(t) = t ונקבל f (t)g(t)dt = f g x ˆ x = xe x e f(t)g (t)dt ˆ x = xe x e e ˆ x x te t dt = e x (x ) + c e t 45

46 אינטגרציה.6 שיטות אינטגרציה ϕ(u) ϕ (u)du =.6.3 דוגמאות נוספות לחישוב אינטגרלים ע י הצבה ובחלקים ϕ(u) dϕ du du = זה כאילו רשמנו log (לאינטואיציה ϕ(x) + C = dx x ( ˆ ˆ du sin x = du du sin u cos u = tn u cos u x = tn u dx = cos u du ˆ dx tn = x = log x + C = log u + C = ϕ (u) ϕ(u) du ϕ(u) dϕ = x dx ˆ xdx x + u = x ˆ + du u = ˆ x + x dx du = x dx = log( + x ) + C ˆ dx x =? cosh u = e u + e u sinh u = e u e u cosh u sinh u = e u e u + e u e u = 4 d(cosh u) = sinh u du ˆ ˆ ˆ dx sinh udu sinh u du = x x=cosh u cosh u sinh u ˆ = du = u = cosh x + C = log(x ± x ) (n > ) ˆ xdx ( + x ) n = ˆ xdx ( + x ) n = ˆ du u n = n u n+ + C = ( n) ( + x ) n+ + C 46

47 אינטגרציה.6 שיטות אינטגרציה ˆ (n > ) Φ n (x) = ˆ g {}}{ x ( + x ) n ˆ dx + x x ( + x ) n = ( + x ) n dx ˆ ˆ dx = ( + x ) n ˆ ( ) Φ n (x) = Φ n (x) f {}}{ x dx = f(x)g(x) ˆ x dx ( + x ) n x ( + x ) n dx g(x)dx ˆ = x ( n) ( + x ) n+ ( n) = ( n)( + x ) n dx ( + x dx ) n ( n) Φ n (x) [ ] x ( ) Φ n (x) = Φ n (x) ( n)( + x ) n ( n) Φ n (x) = 3 n n Φ x n (x) ( n)( + x ) n ולכן קיבלנו נוסחאת נסיגה (רקורסיה) לחישוב האינטגרל, למשל עבור Φ (כאשר כבר חישבנו ישירות את Φ): Φ (x) = rctn x ( )( + x ) = rctn x + ( + x ).6.4 מכפלת Wllis נסתכל תחילה על ˆ sin n x dx = ˆ f {}}{ {}}{ sin x sin n dx g ˆ = cos x sin n x f {}}{{}}{ ( cos x) (n )(sin n x)(cos x) dx g ˆ n ˆ = cos x sin n x + (n ) ˆ = cos x sin n x + (n ) ˆ sin n dx = cos x sin n x + (n ) = sin x {}}{ cos x dx sin n x ˆ sin n xdx (n ) sin n dx sin n xdx :, π ניקח את האינטגרל המסויים הגבולות 47

48 אינטגרציה.6 שיטות אינטגרציה (II) n > n (I) ˆ π/ ˆ π/ ˆ π/ ˆ π sin n xdx = sin n xdx = n n = {}}{ ( cos x sin n x) π/ +(n ) ˆ π/ sin n xdx sin m xdx = m m m 3 m sin m+ xdx = π/ (I) (II) = sin m xdx π/ sin m+ xdx = π = = m m + m m 3 π m m m 3 m m m+ m m 3 π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx ˆ π/ ˆ π/ dx ˆ π/ sin xdx sin n xdx m m + m m 3 m m + ( ) 3 5 m m (m )(m + ) π/ sin.lim m xdx טענה =.69 π/ m sin m+ xdx [ x, π ] sin m+ x sin m x sin m x הוכחה: ˆ π/ sin m+ xdx π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx = ˆ π/ sin m xdx π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx m + m ˆ π/ sin m xdx π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx ולכן קיבלנו לפי משפט הסנדביץ כי π/ sin m xdx π/ sin m+ xdx 48

49 אינטגרציה.7 סיכום אינטגרלים נפוצים בעזרת הטענה קיבלנו כי I m = ( ) 3 5 m m (m )(m + ) I m π m + m I m lim I m = π I m = J m {}}{ (m ) 3 (m ) m m m + lim J m = π π = lim m 4 (m ) m 3 5 (m ) 4 (m ) = lim (m) m m (m )! (m) 4 6 = ( ) 3 3 = ( ) 3 (3!) lim ( ) m (m!) π = (m)! m הנוסחה האחרונה היא נוסחת וואליס, שממנה ניתן גם להסיק את נוסחת סטרלינג לחישוב העצרת..7 סיכום אינטגרלים נפוצים xn dx = xn+ n+ + C dx x = log x + C cos x dx = sin x + C sin x dx = cos x + C (כי rcsin x + rccos x = π לפי זהויות dx x. ex dx = e x + C dx +x = x dt x +t + C = rctn x + C = x dt x + C = rcsin x + C t = rccos x + C { dx = rcsin x x rccos x טריגונומטריות) להבא פשוט נכתוב dx x = log(x ± x ) + C xdx x + = log( + x ) + C du sin x = log tn u + C 49

50 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים.7. דוגמא כללית לחישוב בעזרת כל הכלים ˆ x rcsin xdx =? ˆ g f {}}{{}}{ x rcsin x dx = ˆ ˆ x rcsin x ˆ x x dx rcsin x x ˆ ˆ { dx = x + ˆ }}{ dx = dx x dx + x x x ˆ x dx x=sin u {}}{ = = x rcsin xdx = ˆ cos udu = ˆ ( + cos u)du u + 4 sin u = rcsin x + sin( rcsin x) 4 x rcsin x (rcsin x + rcsin x + 4 ) sin( rcsin x).8 אינטגרלים לא אמיתיים ( ברור ש f אינטגרבלית על ] [ɛ, לכל < ɛ <. לעומת זאת, x תהי f(x) פונקציה רציפה על ] (, (למשל >,α α אם f אינה חסומה על [,) הרי כל בחירה של ערך ()f לא תיתן פונקציה אינטגרבילית. במקרה זה אנו מתייחסים לשטח כגבול השטחים מעל [,ɛ] כאשר ɛ..lim ɛ + קיים אם קיים הגבול f(x)dx הגדרה.7 בתנאים לעיל, נאמר כי האינטגרל הלא אמיתי (Improper) f(x)dx הערה.7 יש לשים לב כי גבולות האינטגרציה של ו הם לא קבועים, וניתן להתאימם (ע י הזזה ומתיחה של הפונקציה למשל) כך שבנקודה המיוצגת ב הפונקציה שואפת לאינסוף וב הערך סופי. ˆ { x α dx = log x ɛ α = log ɛ = log ɛ x α+ α+ < α ± α ɛ α α. דוגמא: > α x α, קיים אם ם < α <, ובמצב זה מתקיים מסקנה: האינטגרל הלא אמיתי x α dx ˆ ˆ x α dx = dx x = α =.I A := A תהי f(x) רציפה על (,] ונוסיך ונניח כי,f(x) וכמובן שלכל > A קיים האינטגרל f(x)dx x 5

51 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים.lim A A קיים אם קיים הגבול f(x)dx הגדרה.7 נאמר כי האינטגרל הלא אמיתי f(x)dx תזכורת: במצב הזה, I A היא פונקציה רציפה של A, כאשר < A. לפי קריטריון קושי, lim A I A קיים אם ם. ɛ > K(ɛ) > A, B > k, I A I B < ɛ B. ɛ > K(ɛ) > B > A > K, A f(x)dx מסקנה: האינטגרל הלא אמיתי f(x)dx קיים אם ם < ɛ α = α > ˆ B A ˆ B A x α dx = log x B A = log B A x α dx = x α+ B α + A = ( B α A α) α דוגמא: > α.f(x) = x α, לא קיים אם אם <,α אזי לכל A > k נמצא,B α A α > ( α), B A כלומר x α dx α <. לעומת זאת אם >,α אזי B α A α < ɛ אם A, B מספיק גדולים, כל אחד בנפרד..x >, x log x דוגמא: ˆ A I A = dx x log x u = log x du = x dx I A = I A = ˆ log A log ˆ A du u dx x log x = = log (log A) log (log ) ˆ log A log du u = u log A log A = log A + log A log משפט.73 (משפט ההשוואה )תהי f(x) רציפה על (,] ו ( g(x f(x) כאשר g(x) רציפה והאינטגרל הלא אמיתי קיים, אזי קיים גם האינטגרל הלא אמיתי של. f(x)dx g(x)dx ˆ B A ˆ B A f(x)dx f(x)dx? < ɛ ˆ B A f(x) dx ˆ B A g(x)dx < ɛ הוכחה: לפי קושי, מספיק לבדוק כי sin x x.8. האינטגרל של תזכורת: הפונקציה הנ ל היא רציפה ב = x כאשר מגדירים = ()f. 5

52 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים A וודאי קיים. נבדוק ראשית אם סכום השטחים המוחלטים sin x sin x sin x x ולכן < dx x ˆ A lim A sin x x, ומכיוון ש ˆ ˆ מכיוון שהפונקציה רציפה בכל נקודה, אז האינטגרל f(x)dx sin x, x כלומר מתכנס, כלומר האם קיים dx sin x x dx < sin x sin x x משפט ההשוואה יגיד שאם כן, אז גם < dx, ולכן גם אז בהכרח שלאינטרגל אין sin ( ) x + π x + π dx < ˆ cos x x + π dx < sin x x + π sin x x ˆ sin x x + π sin x + cos x x + π ˆ x + π < < sin x x ומכיוון שאי השוויון האחרון לא נכון, ומכיוון שהוא נובע ישירות מכך ש < dx סכום סופי. ɛ > k(ɛ), B > A > k(ɛ) ˆ B A sin x x dx = cos x x B A ˆ B A ˆ B A sin x x כן קיים. sin x x טענה.74 האינטגרל dx הוכחה: נרצה להראות כי מתקיים dx < ɛ cos x x dx ולכן באמצעות אינטגרציה בחלקים ˆ B A cos x x cos x x dx B A ˆ B A B + A < k = ɛ dx x = A B < k = ɛ.k(ɛ) = ɛ ולכן ניקח לפי משפט ההשוואה 5

53 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים ( ) B > A > ɛ ˆ B A sin x x dx < 3ɛ ולכן כל הביטוי מקיים.8. נוסחת סטרלינג A n = ˆ n. πn ( ) n n ( e n! πn n ) n ( e + 4n) טענה.75 לכל,n N A n = n log n n + הוכחה: נוכיח את הטענה בשלבים:. נסתכל תחילה על הפונקציה,log x שעבורה קיים האינטגרל log xdx = x log x x n ולכן אם נחלק את הגרף לקטעים: איור.8: חישוב האינטגרל של log x 53

54 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים ( ) T n = log k + log(k + ) ולכן נקבל כי לפי סכומי טרפזים: = (log + log ) + (log + log 3) (log(n ) + log n) = log + log log(n ) + log n log n = log(n!) log n {}}{ n := A n T n = n log n n + log(n!) + log n ( n = n + ) log n log(n!) n + n = log(n!) log n (n+ ) + n β n := e n = n!n (n+ ) e n n! = β n n n+ e n כאשר ( ) הוא בגלל קעירות.log x בנוסף גם ברור כי n היא סדרה עולה.. נעריך את ההפרש בין איברי הסדרה, כלומר השטח שבין הגרף log x והטרפז מעל [ + k,k]. לשם כך נסתכל + k, היוצר טרפז ש גגו נמצא מעל הגרף (מקעירות,(log x ולכן במשיק ל x log באמצע הקטע בנקודה k+ k ( log = ( k + Upper Trpeze {}}{ = log k + = k log k + k + = ( log + ) ( log k < ( log + k Lower Trpeze {}}{ log(k + ) (log k + log(k + )) ) ) log k ( log (k + ) log ) log ( + = ( log + k + ) k + ) (k + ) ( k + )) ) log ( + ) k + k+ 3. אם נסכום את ההפרשים של אברי הסדרה, אז נקבל כי הסכום קטן מסכום טלסקופי, ולכן = {}}{ = n ( k+ k ) log 3 ) ( log + (k + ) k= n log 3 ולכן קיבלנו כי הסדרה n חסומה, ולכן מכיוון שהיא עולה אז גם קיים לה גבול, ולכן ננסה לחשב אותו, ונסתכל 54

55 אינטגרציה.8 אינטגרלים לא אמיתיים על ההפרש של שני איברים בסדרה, ונקבל אחד מהם ואת השני נשאיף לאינסוף: j k ( j j ) + ( j j ) ( k+ k ) = ( log + ) ( k log + ) j k log ( + k ) = log [ ( + k ) ].4 בסעיף הגדרנו,β n = e n ומכיוון שהסדרה n מתכנסת אז גם β n מתכנסת ולכן,β = e ומהחסם העליון שמצאנו בסעיף הקודם נוכל לרשום: β ( n β = e n e = e n + ) + n 4n ועכשיו נוכל (שוב מתוך ההגדרה שמצאנו בסעיף ) להעריך את!n: ( βn n+ e n n! β + ) n n+ e n 4n n lim ולכן נוכל ע י הצבה לרשום n (n!) n (n!) lim n (n)! n = π (n!) n (n)! n = = (n)! n = π ( β n n n+ e n ) n β n (n) n+ e n n β nn n+ n β n n+ n n+ n = β n β β n β = π β = π לפי נוסחת וואליס, הראינו כי ולכן ע י הצבה באי השוויון הקודם, נקבל את נוסחת סטרלינג: ( n ) n ( n ) ( n πn n! πn + ) e e 4n, ולכן 4n πn ( n e ) n!n כאשר השגיאה היא לכל היותר πn ( n e הערה.76 לפעמים נוסחת סטרלינג נכתב כ n ) עבור n מספיק גדול הנוסחה מהווה קירוב טוב (באופן יחסי) ל! n. 55

56 3 טורים 3 טורים S N := N בתור הטור של הסדרה. k= k סדרת מספרים, ונסמן { k } k= הגדרה 3. תהי R מתכנס אם קיים הגבול (הסופי!) S = lim N S n במקרה זה נרשום = S הגדרה 3. נאמר כי הטור =k k. k= k ( n k= qk = qn+ q דוגמא:, k = k ונרצה למצוא את הטור של סדרה זו (תזכורת: S N = N k= ( ) k = ( ) N = N N. ולכן נוכן לרשום = k k= S N נקרא הסכום החלקי של הטור. הגדרה 3.3 הגדרה 3.4 אם k לכל k אז הטור נקרא טור חיובי. 3. תכונות בסיסיות מתכנס. מתכנס אם ם לכל p הטור k= k+p. התכנסות הזנב: k= k מתכנס מתכנס, וכמו גם k= c k מתכנסים, אזי גם ) k k= ( k + b ו k k= b. לינאריות: אם k= k לכל.c R. n k= ( k + b k ) = S n + T n = S + T ולכן T n = k= b ו k S n = הוכחה: k= k. k k הוא.3 תנאי הכרחי להתכנסות k= k טור חיובי ו n (מונוטונית) אזי תנאי הכרחי לכך ש < n הוא n.n n.4 יהי n= n הוכחה: נניח ש n זוגי, אזי S n S n n n ולכן לפי קושי ההפרש אם הטור מתכנס אז ההפפרש שואף לאפס ולכן n.n 5. תחילה הגדרה: הגדרה 3.5 פרמוטציה של המספרים החיוביים היא פונקציה α : N N שהיא חח ע ועל. אם ניתן טור חיובי לפרמוטציה.α אזי אנו מעוניינים לחקור את ההתכנסות של α(k) =n k= k. k= α(k) = טור חיבי, אזי לכל פרמוטציה α מתקיים כי =k k טענה 3.6 אם < k k= S N = N. כמובן שמתקיים כי k= ו ( α(k S N = N הוכחה: נסמן k= k S N S mx{α(),...,α(n)} n <. k= α(k) } {, ויתר על כך k= k ולכן הסכומים החלקיים Sn חסומים, ולכן < α(n) k= מצד שני, הטענה האחרונה נכונה גם עבור הפרמוטציה ההפוכה (k) α, ולכן הטורים מתכנסים או מתבדרים ביחד וגבולם שווה. k= 56

57 3 טורים 3. קריטריונים להתכנסות טורים 3. קריטריונים להתכנסות טורים 3.. קריטריון קושי n מתכנס אם ם לכל > ɛ קיים N(ɛ) כך ש ( N(ɛ n > m > אזי k=m k < ɛ משפט 3.7 הטור k= k N= {S N } מתכנסת. לפי קריטריון קושי לסדרות, לכל > ɛ קיים N(ɛ) כך הוכחה: הור מתכנס אם ם הסדרה.S n S m = n ש ( N(ɛ n > m > ו ɛ, S n S m < ו k=m k הערה 3.8 נשים לב לדמיון בין תנאי זה להתכנסות טורים, לבין התנאי להתכנסות אינטגרלים לא אמיתיים, ובפרט של אינטגרלים לא אמיתיים של פונקציות מדרגות. הוא = k.lim k מסקנה 3.9 תנאי הכרחי להתכנסות הטור =k k הוכחה: k k = S k S ולכן מקריטריון קושי עבור k n = k, m = נקבל כי k = S k S k+ < ɛ עבור.k > N(ɛ) k נקרא האיבר הכללי של הטור והוא חייב לשאוף לאפס אם התור מתכנס. הגדרה קריטריון ההשוואה טור כך שלכל k מתקיים טור מתכנס של איברים אי שליליים ) k (b יהי k= k משפט 3. יהיו k= b k מתכנס. k= k אזי הטור k b k n k=m k הטור), אבל אז (מהתנכסות n k= הוכחה: מקריטריון קושי, יהי > ɛ וניקח N(ɛ) כך ש ɛ <. n k=m k n k=m b k < ɛ דוגמא: נסתכל בטור, k = k sin k ומכיוון ש k k אז לפי המשפט ומכיוון שכבר הוכחנו כי k= k מתכנס. מתכנס, אז גם =k k (נכון מכיוון שזהו אותו הטור חוץ מתכנס אם ם לכל p טבעי מתכנס הטור =k k+p הערה 3. הטור k= k ממספר סופי של איברים) קריטריונים נוספים T n = n היא סדרה חסומה. טור חיובי, אזי הוא מתכנס אם ם =k k משפט 3.3 אם k= b k 3..4 משפט לייבניץ משפט 3.4 אם k ן k+ sgn k sgn לכל,k כלומר ( ) k k היא סדרה בעלת סימן אחיד, אזי הטור מתכנס. k= k 57

58 3 טורים 3. קריטריונים להתכנסות טורים הוכחה: בה כ >, ולכן נסתכל על S N עבור N זוגי ונראה כי S N = ( + ) + ( ) ( N + N ) ונשים לב כי +k k ולכן כל צמד איברים עוקבים הוא גדול מאפס ולכן S N סדרה עולה עבור N זוגי. מצד שני, נשים לב כי אם נצוות את הזוגות החל מהאיבר השני אז נקבל כי {}}{{}}{ {}}{ S N = + ( + 3 ) ( N + N ) + N ולכן הסדרה עבור N זוגי חסומה ולכן מתכנסת כי היא עולה וחסומה, ולכן נוכל לכתוב כי S {}}{{}}{ S N = S N N S N 3..5 קריטריונים לטורים חיוביים. k= b k < לכל,/ אזי b k+ b k קריטריון המנה: נניח כי קיים < q כך ש q b k qb k q b k q k b b k q k b = b q k < q k= k= k= הוכחה: מתכנס. כי הטור האחרון הוא טור גיאומטרי שהראינו שהוא מתכנס, ולכן לפי קריטריון ההשוואה =k b k b k+ c = lim sup (תזכורת: לכל היותר מספר k b k k+ b בתנאי < b k הערה 3.5 נוכל להחליף את התנאי < q k. פרט למספר סופי של b +k b k סופי של c + δ < b k לכל >,(δ אזי < q c + δ =. קריטריון השורש: נניח כי קיים < q כך ש q k b k אזי < k k= b מתכנס. הוכחה: מכיוון ש b k q k אז בהשוואה לטור הגיאומטרי הטור =k b k lim sup k k bk < הערה 3.6 שוב, ניתן להחליך את התנאי בתנאי,lim sup k b k b k אזי גם < lim sup k+ k b k הערה 3.7 קריטריון השורש חזק מקריטריון המנה, כלומר, אם < אך להפך זה לא המצב, ולכן קיימים מקרים בהם קריטריון המנה לא יעבוד, אך עדיין יהיה ניתן להוכיח דרך קריטריון השורש. 58

59 3 טורים 3. קריטריונים להתכנסות טורים אם קריטריון האינטגרל: נניח כי k b וקיימת פונקציה f(x) רציפה ומונוטונית יורדת על ) [, אזי < k k= b מתקיים: ˆ N ˆ N b k+ f(k + ) f(x), x < k + g(x)dx ˆ N.k לכל b k f(k).. האינטרגל הלא אמיתי < f(x)dx. הוכחה: נגדיר + k g(x) = b k+, k x < ולכן לכן f(x) g(x) ולפי קריטריון ההשוואה לאינטגרלים: f(x)dx ˆ g(x)dx = b b N = T n b < f(x)dx ˆ f(x)dx < לכן. ומכאן שהסכומים החלקיים } N {T חסומים ולכן < k k= b מסקנה 3.8 הצד המשלים של קריטריון ההשלמה: באותם התנאים ( k b ו f(x) רציפה ומונוטונית יורדת על. k= b N ),([, אם f(x) b k וגם = f(x)dx lim N אזי גם = k הוכחה: בדיוק כמו מקודם, אבל עכשיו + k g(x) = b k, k x < ולכן f(x) g(x) ולכן ˆ N g(x)dx = b + b b N ˆ N f(x)dx N מתכנסים או מתבדרים ביחד. ו k k= k חיובי ומונוטוני ) k,( אזי k= k קריטריון קונדנסציה: k= k 4 4= 8 8= 3 3 הוכחה: נסתכל על הטור הכללי: = {}}{{}}{{}}{{}}{ ולכן עבור המקרה הכללי (כלומר באינדוקציה) אז מכיוון שבין האינדקס +k ל +k יש +k +k +k = איברים, אז מהמונוטוניות, כל האיברים אחרי האינדקס +k קטנים מאיבר זה, ולכן נוכל לרשום: k k+ k+ k+ מתכנס. בעצם הוכחנו שלגבי הסכומים החלקיים מתכנס אז גם k= k ולכן לפי קריטריון ההשוואה אם =k k k.s n מתקיים כי k= k k של k= k מתכנס. אז גם k= k k באופן דומה, ניתן להוכיח את הכיוון ההפוך כי אם < k =k N k+ k+ k < k= k= מתכנס. מתכנס אז גם k= k k ולכן הסכומים החלקיים של k k חסומים במ ש ולכן אם k= k 59

60 3 טורים 3. קריטריונים להתכנסות טורים 3..6 צורת הסיכום של אבל (Abel) ומשפט דריכלי (Dirichlet), k = T k T מתקיים k k N ולכן לכל T :=, T k := k n= ו n N מסתכלים בסכום סופי n= nb n ולכן N n b n = n= = T = = N n= N (T n T n ) b n = n= N n= N n= N T n b n T n b n+ n= N T n b n T n b n+ n= N N T n b n T n b n n= N n b n = T N b N + T n (b n b n+ ) n= n= k= N k= טור המקיים את התנאים הבאים, אזי הטור מתכנס. משפט 3.9 יהי n= nb n חסום). לכל N (הטור k N. קיים A כך ש A k= k N p+k b p+k = T N b p+n + T n (b p+n b p+n+ ) T n := S m := N k= m n= p+k n T n = S n S p. n b (מונוטונית יורדת לאפס) הוכחה: לפי קריטריון קושי ניקח P אינדקס, ונסתכל על n= תחת ההנחה () כי S n A מתקיים T n A ולכן מכיוון ש n () b אז מתקיים N N p+k b p+k Ab o+n + A (b p+n b p+n+ ) n= = A b p+n + A (b p+ b p+n ) = Ab p+ N > p ואז לכל,b k < ɛ יהי > ɛ ונבחר p מספיק גדול כך ש A N p+n b p+n < ɛ n= ולכן הטור מתכנס. מתכנס (וזו בעצם הוכחה נוספת דוגמא: n = ( ) n ולכן = A ולכן עבור כל n b מתקיים כי n= ( )n b n ללייבניץ). 6

61 3 טורים 3.3 דוגמאות בסיס לסוגי טורים מתכנסים ומתבדרים מתכנס. גורר k= k מתכנסים או ו k k= k= b k אזי,lim k b k k 3..7 הערות על הקריטריונים. על קריטריון ההשוואה: k b k ו k k= b צורה קצת יותר פרטית: נניח k ונניח כי > L = מתבדרים יחד. אז k= k < מצד אחד אם..9L k b k.l k ולכן.9L b k k הוכחה: החל מ k מסויים,.L. אז לפי קריטריות ההשוואה < k k=, ומצד שני אם < k k= b (מקריטריון ההשוואה) < k k= b (f לאו דווקא מונוטונית),. ביחס להשוואה לאינטגרל: אם f(x) ורציפה על ) [, ו = f(x)dx. ובנוסף f(x) b k mx [k,k+] (ובמונוטוניות f(k),(b k אזי = k k= b U(f, P ) כ = N הוכחה: (ניתן להוכיח, כמו במקור, גם ע י אינטגרל של פונקציית מדרגות) נחליף את f(x)dx N (כאשר N} (P = {,,..., ולכן k= mx [k,k+] f ˆ N N f(x)dx U(f, P ) N k= b k. k= k < אזי, k+ k 3. קריטריון השורש חזק מקריטריון המנה. נניח כי k, ו < q k+ k+ k+ q k ולכן k+ ולכן k+ q k q k... q k גורר k+ k התנאי q q lim sup k+ k+ ולכן מתקיים קריטריון השורש. מתכנס לפי קריטריון המנה, אז גם קריטריון השורש יתן זאת. כלומר, אם k= k דוגמאות בסיס לסוגי טורים מתכנסים ומתבדרים 3.3 S N = { N is N is odd אבל k לא מתכנס כי k = ( ) k. k= qk = S N S N = N N > N N = q מתכנס אם ם < q ואז q k= k אזי k = q k. k = k.3 (טור הרמוני) לא מתכנס (קריטריו קושי) ולכן תכונה 3 לא מספיקה. ולכן = k k= = k b ולכן k b k ונשים לב כי הטור של b k הוא טור טלסקופי k(k ) = k k ולכן נוכל להגדיר k = k.4 ולכן S N = Nπ N b k = N k= N מתכנס מקריטריון ההשוואה. ולכן הטור k= k sin x x dx N ולכן מהאדיטיביות של האינטגרל אז S N = N k= k ונסמן k = kπ (k )π שהראינו שהאינטגרל הלא אמיתי של הפונקציה הזאת קיים. 6 sin x x sin x x dx dx.5

62 3 טורים 3.3 דוגמאות בסיס לסוגי טורים מתכנסים ומתבדרים lim sup k ( ) α k+ ( k ) α = lim k lim sup k מתכנס לפי משפט לייבניץ. k= ( )k k ( ) α k = k + 6. הטור.α עבור k = k α.7 ולכן לא ניתן להשתמש בקריטריון המנה במקרה זה. ( ) α k = k = k ולכן.8 נסתכל על k α ולכן גם במקרה זה לא ניתן להשתמש בקריטריון השורש. = f(x) ולכן מתקיים f(k), k = ובנוסף f(x) היא פונקציה x α ונגדיר,α עבור > k = עבור >.α k= k α k k+ k = k+ (k+)! k (k)! אז גם < k 9. נסתכל על α x מונוטונית, ומכיוון שהוכחנו כי < dx α k!,( k = ולכן קריטריו המנה (כאשר k= k! = e. (k+)! k! = k + = k +, ולכן מקריטריו המנה k= k k! = e. ( = =, ולכן קריטריו המנה לא יעבוד (תרגיל), ) 3, 3 = ( { }}{ ( n n = ) ( ) n n ), 4 = ( ) 5 n+( ), n = ( ולכן n ). אבל מקריטריון השורש: ( רק שכל שני איברים מתחלפים במיקום ) n ולכן הטור מתכנס (נשים לב כי הטור הנ ל הוא הטור הרגיל של שלהם בטור, אך מכיוון שאנו מעוניינים בחיבור של איברים הסדרה, הסדר שלהם לא באמת חשוב)., וברור כי הסדרה שואפת לאפס, אבל האם הטור מתכנס? לפי פולינום טילור מתקיים בסביבת k= rctn ( rctn x lim x + x lim x + n ).3 mx f (! האפס כי (כאשר ) O(x מצייג את איבר השארית rctn x = rctn + (rctn) ()x + O(x ) rctn ( n ) = + x + O(x ) = = n אז לפי הערה () אז הטור הנ ל מתכנס. n ולכן, מכיוון ש 6

63 3 טורים 3.4 משפט רימן k log k.4. לא ניתן לפתור טור זה ע י קריטריון השורש או המנה. ננסה לבדוק על פי קריטריון האינטגרל ולכן k= ˆ dx ולכן הטור לא מתכנס. = x x log x = log log f(x)dx אז, המקרה הפרטי, כאשר f(x) מונוטונית יורדת ורציפה כאשר x ובנוסף > f(k) k = מתכנסים או מתבדרים ביחד. ו k k= k נשים לב כי תכונה מספר ( 4 n,(n אל אף היותה הכרחית להתכנסות, אינה מספקת, מכיוון ש k k log אבל הטור לא מתכנס. ˆ dx x (log x) β =? u = log x עבור >.β n=.5 n(log n) β ולכן הטור יתבדר. n(log n) β n log n אם β אז אם > β, ננסה להשוואת לאינטגרל: ˆ log du = dx x du u β = β + u β+ log n ולכן הטור מתכנס לפי הדוגמא הקודמת. n(log n) = β (log ) β < ולכן הטור מתכנס. ) n sin(ne. לפי קריטריון ההשוואה n=.6 n(log n) 3.4 משפט רימן, כאשר k לא בהכרח חיוביים, ויהי R מספר כלשהו, אזי טור מתכנס כך ש = k k= משפט 3. יהי k= k. קיימת פרמוטציה,α כך ש R k= α(n) =. טור (איברים כללים, לא בהכרח חיוביים), נאמר כי הוא מתכנס בהחלט אם < k =k הגדרה 3. יהי k= k מתכנס, אך הוא לא מתכנס בהחלט, נאמר כי הוא מתכנס בתנאי. אם k= k (אפשר להוכיח מקריטריון הקונדנסציה), אבל k= k מתכנס בתנאי, כלומר = דוגמא: הטור k= ( )k k מתכנס (לפי לייבניץ). k= ( )k k ניתן להשתמש בכל הקריטריונים של טורים חיוביים. הערה 3. לבדיקת ההתכנסות של k =k מתכנס בהחלט, אזי הוא מתכנס. טענה 3.3 (חזרה על קרטריון ההשוואה) אם =k k מתכנס (הוכחה לפי קושי). אזי k= k הוכחה: n n וקריטריון ההשוואה אמר ו n b n < n k= b n+ n p n = ונשים לב כי, q n = n n נגדיר הוכחה: (משפט רימן) בהינתן הטור =k k { n n p n = { n n q n = 63

64 4 אינטגרלים Q N אזי = N n= q n, P N = N ולכן אם נסתכל על הטורים של p n ו q n נקבל כי הם טורים חיוביים, ואם =n p n.s N = P N Q N (פיפסתי את תחילת השיעור... בין השאר סיום ההוכחה הזאת וכמה מסקנות). מתכנס בתנאי. אם R מספר נתון, אז קיימת פרמוטציה α : N N כך ש R n= α(n) = משפט n= n 3.4 הוכחה: בתנאים האלה, n,q n, P כי ) n (P n + Q (כין אין התכנסות P n Q n = S n S בהחלט). לא ייתכן כשלמשלל P n P כי אז Q n = P n S n P S ואז P n + Q nb P + Q מה שאומר התנכסות בהחלט. יהי Nהאינדקס הראשון שעבורו P n > R ויהי Mהאינדקס הראשון שעבורו P n Q n < R ולכן P n R P R (P N Q M ) Q M P N Q M = P N! Q M + (P N P N! ) > R ונמשיך לאינדקס הראשון N כך ש ובפרט N, > N כי חייבים להוסיף איבירם p כדי לעבור את R. R (P N Q M ) p N, R (P N Q M ) q M וכך ממשיכים P N Q M ואז ועכשיו ניקח M > M כך שבפעם הראשונה < R ומקבלים N k, M k כך ש { P Nk Q Mk > R P Nk Q Mk < R p p N q q... q N + p N p N +... כךשנקבל סידור חדש של הטור: מתכנס ל R. בצעד ה k נקבל כי R (P Nk Q Mk ) q Mk אבל נזכור כי למרות ש k N ו k,m עדיין Mk q ו Nk,p ולכן הגבול של הסדרה P Nk Q Mk שואף ל R. נשים לב כי הטור שקיבלנו הוא פרמוטציה של n כי כל מופיע n בדיוק פעם אחת כ q j או p. j 4 אינטגרלים 4. קבוצות סגורות הגדרה b] 4. B [, סגורה אם {x k } B ו x.x B x k טענה 4. תהי b]] S [, איחוד קטעים פתוחים, אזי B := [, b] \S היא קבוצה סגורה. 64

65 4 אינטגרלים 4. תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות הוכחה: תהי x k x כאשר {x k } B צ ל x B כיוון ש [ b,x [, הרי שאם איננה ב B היא ב S, כלומר, היא נמצאת באחד הקטעים הפתוחים שמהם מורבת S. אבל אז x נקודה פנימית (כי כל נקודה בקטע פתוח היא פנימית) ולכן קיים > β כך ש S [, b] (x β, x + β) (למעשה באותו קטע פתוח שבו נמצאת,(x אבל אז x k x β (כי x k S ולכן β) ( x k (x β, x + ולכן סתירה ל x.x k ( = n.i כל נקודה ב ( (, הערה 4.3 נסתכל בקטע ).(, ניקח את כל הקטעים מהצורה n n, n +.), תהיה מוכלת באחד הקטעים, ולכן n=i n (,) אבל לכל אינדקס N טבעי I n (,) כי תמיד יהיו נקודות קרובות לאפס שאינן באף I n כך ש N n. עתה, ניסתכל על I n קטעים פתוחים כך ש [, b] n=i n, אך לא ניתן למצוא קבוצת קטעים I n המקיימת את התנאי, אבל עבור מספר סופי מתקיים,] [b I n בדומה לקטע הפתוח ממקודם. טענה 4.4 ( טענה ) תהי [b B,] קבוצה סגורה. יהיו (x) I δ(x) קטעים פתוחים לכל x B כך שברור ש.B N n=i δ(xn)(x n טבעי כך ש ( N אזי קיים,B x B I δ(x)(x) הוכחה: נבחר x B ונסתכל בקטע I. δ(x)x יכול להיות שקטע זה מחסה את כל הקטע הסגור. אם לא, קיימת נקודה x., B\I δ(x)x ובה כ ניתן להניח כי δ(x) (אחרת נחליף את δ(x) ב בשביל אותו x). נבחר.δ(x ) sup x B\I δ(x )x אם I δ(x)x I δ(x)x B גמרנו. אם לא, ניקח כך ש ( δ(x,x B\I δ(x)x.δ(x 3 ) sup B\(I δ(x )x I δ(x )x ) כך ש ( δ(x x 3 B\I δ(x)x I δ(x)x אם אנו עוצרים ב k מסויים, אזי גמרנו, אם לא נקבל סדרה {x k } B כך ש x k B\ k j= I δ(x j()x j ו ) k+ δ(x. sup B\ k j= I δ(x ולכן קיימת סדרה x kj x (כי היא בתוך קטע סגור) ולכן x B כי B סגורה. xj δ(x) j ) נניח כי, x k= I δ(x k )x k ולכן, בכל שלב בחירה של x k הנקודה x היתה מועמדת ולכן δ(x) δ(x k ) כי.x kj בסתירה לכך ש x x xkj δ(x) כלומר,.δ(x) sup B\ k j= I δ(x j )x j δ(x) x I δ(xkj ) x k j (במקרה הזה, אין תתי,B x = lim x kj j= I δ(x kj ) x k j כלומר קיים קטע נשאר לנו המקרה x kj I δ(xkj ) x k j החל מ J j > מספיק גדול, אבל סדרות של x k המתכנסות לנקודה,(x j= I δ(x kj )x kj אבל אז.I δ(xkj ) x k J זאת סתירה לעצם הבחירה של x kj כמי שנמצא מחוץ לכל הקטעים הקודמים, ובהם גם 4. תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות 4.. אוסילציה ורציפות קוע סגור b] [, ופונקציה f חסומה. ל [ b x [, נגדיר b] I δ (x) = (x δ, x + δ) [, (סביבת δ של x בקטע). הגדרה 4.5 אוסילציה היא חסם על הטווח המקסימלי של תנודת הפונקציה f: osc f (I δ (x)) = sup f inf f I δ (x) I δ (x) אם < δ < δ אז (x)) osc f (I δ (x)) osc f (I δ ולכן (x)) osc f (I δ יורדת כאשר,δ זאת אומר, קיים הגבול lim δ + osc f (I δ (x)) := osc f(x) הגדרה 4.6 נגדיר את האוסילציה בנקודה x ע י (x)). osc f(x) = lim δ osc f(i δ 65

66 4 אינטגרלים 4. תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות טענה f 4.7 רציפה ב x אם ם = f(x).osc הוכחה: נניח f רציפה ב x. ניקח > ɛ. אזי קיים > δ כך ש y x < δ f(y) f(x) < ɛ { sup Iδ f f(x) + ɛ inf Iδ f f(x) ɛ osc Iδ (x)f ɛ נניח = f(x),osc ויהי >,ɛ אזי קיים > δ כך ש ɛ sup Iδ (x) f inf Iδ (x) f = osc f (I δ (x)) < ולכן. y x y [,b] < δ אם f(y) f(x) < ɛ סימון: יהי > η ונסמן ב { η K η := {x [, b] osc f(x) המוכלת בקבוצת נקודות האי רציפות של.f טענה 4.8 תהי {x k } k= K η וכך ש [ b.x k x [, אזי גם.x K η < δ k כך ש קיים.x k k כך ש ( δ (x δ, x + קיים הוכחה: יהי > δ ונתבונן בקטע δ).(x δ, x + ) k,(x k δ k, x k + δ ולכן osc f (I δ (x)) osc f ( I δk (x k ) ) osc f (x k K η ) η osc f (I δ (x)) η osc f(x) {}}{ lim δ osc f(i δ (x)) η x K η הגדרה 4.9 קבוצה [b B,] תקרא סגורה אם היא כוללת את כל נקודות הגבול שלה. {y k } B, y = lim k y k y B b] [, סגורה (ברור) y k = + k אבל לא בקטע. (b,) לא סגורה כי קבוצת הרציונליים ב [ b,] לא סגורה, כי לכל [b y,] קיימת סדרה y y k y כלל y אי רציונילי שנלא נמצא בסדרה. דוגמאות: טענה 4. (ניסוח אחר של אותה טענה) K η היא קבוצה סגורה לכל > η ולכן מקיימת את טענה 4.4 ( טענה ). אבחנה: אם < η < η אז K η K η ישירות מתוך ההגדרה. בנוסף, ככל ש > η קטן יותר, כך גדולה יותר (K K ולכן ואזי η n n < כך ש η n נמצא η (כי בהינתן > n=k η>k n η ולכן ברור ש K η.k = η> K η = n=k n מסקנה K 4. היא בדיוק קבוצת נקודות האי רציפות. 66

67 4 אינטגרלים 4. תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות הגדרה 4. תהי [b D.,] נאמר כי D היא בעלת תכולה (Content) אם מתקיים התנאי הבא לכל > ɛ קיימת קבוצה סופית של קטעים פתוח )] l [(α, β ),..., (α l, β כך ש:. D l j= (α j, β j ).. l j= (b j α j ) < ɛ. m, ולכן כל מספר סופי של j= ɛ ולכן מתקיים j ɛ ɛ דוגמא: } m D = {x,..., x וניקח סביב x j קטע באורך j נקודות נותן קבוצה בעלת תכולה. 4.. אינטגרביליות משפט f 4.3 (חסומה על [b,]) היא אינטגרבילית אם ם לכל > η הקבוצה (הסגורה) K η היא בעלת תכולה אפס. הוכחה: נניח ש f אינטגרבילית ונוכיח ש K η בעלת תכולה אפס. נתון > ɛ, אזי קיימת חלוקה P של [b,] כך ש ɛη.u (f, P ) L (f, P ) < נניח כי ) k+ y K η (x j, x אזי osc f(y) η ולכן sup [x j,x j+] K η (x j,x j+) f inf [x j,x j+] U (f, P ) L (f, P ) f osc f(y) η (x j+ x j ) < ɛ K η (x j,x j+) η ( K η (x j,x j+) sup [x j,x j+] (x j+ x j ) f inf f [x j,x j+] ) (x j+ x j ) ולכן K η מוכלת בקטעים האלה, ועוד אולי נקודות החלוקה עצמן, אבל אז נעטף את נקודות החלוקה בקטעים שאורכם הכללי > ɛ ונקבל ש K η וודאי מוכלת באיחוד סופי של ק טעים פתוחים שאורכם הכולל > ɛ. בכיוון ההפוך, נניח כי k η (לכל > η ( בעלת תכולה, כלומר בהינתן > ɛ, ישנם מספר סופי של קטעים פתוחים l. אם נסמן את המשלים לקבוצת הקטעים j= (β j α j ) < ו ɛ K η l j= (α j, β j ) כאשר (α, β ),..., (α l, β l ) ) j,b := [, b] \ l j= (α j, β אז הראינו כי B היא קבוצה סגורה, ולכן לכל,x K η,x B ולכן osc f(x) < η ולכן קיימת > (x) δ כך ש η,osc f ( I δ(x) (x) ) < ולכן לפי טענה,4.4 מספר סופי של קטעים יכסו את.B בפרט, ניקח η = ɛ ונקבל מספר סופי של קטעים על ) n I δ(x) (x ),..., I δ(xn) (x המכסים את B ושבכל אחד מהם ) ) k.k =,..., k,osc f ( I δ(xk ) (x מתוך הקטעים j= (α j, β j ) l ו ( k m,i δ(xk ) (x k, נבנה חלוקה P של [b,], ע י השמטת חיתוכים לא ריקים. נסמן ב P את איברי החלוקה המתאימים ל ( α) j, β j ו P את האחרים. מסן ב f.m = sup [,b] U(f, P ) L(f, P ) = ( ) sup f inf f (Length of segment) + ( ) sup f inf f (Length of segment) I P I I I P I I M }{{} ɛ +ɛ (b ) = ɛ (M + (b )) ( ) כאשר ( ) הוא אורך כללי של קטעי P. הגדרה 4.4 נאמר כי קבוצה b] F [, היא בעלת מידה אפס, אם קיימת סידרה של קבוצות..., D, D כך שכל D i היא בעלת תכולה אפס, וכך ש i D. =i D 67

68 4 אינטגרלים 4. תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות הערה 4.5 אם E בעלת מידה אפס, ו E E, אזי E בעלת מידה אפס. הערה 4.6 אם E בעלת תכולה אפס, אזי היא בעלת מידה אפס. טענה 4.7 אם B סגורה בעלת מידה אפס, אז B היא בעלת תכולה אפס. הוכחה: מכיוון ש B היא בעלת מידה אפס, אז קיימים קטעים D,..., D k שהם בעלי תכולה אפס, כך ש i B k =i D. נגדיר: Sj i = ( αj, i βj i ) S i j = β i j α i j k =, D i n i ובנוסף כאשר Si j הם קטעים פתוחים כך ש =j Si j k S k j ɛ < k j= ולכן אם x B אזי הוא שיך ל k D ולכן שייך לאיזשהו קטע פתוח Sk j כך ש I (הרי δ(x) (x) S k j S k j פתוח). לכן מצאנו אוסף } B { I δ(x) (x) x כיוון ש B סגורה, אז מטענה 4.4 ( טענה ) קיימים מספר סופי ) k I δ(x) (x ),..., I δ(xk ) (x המכסה את B..( l כך ש m I δ(xl ) (x l ) המכילים את S k j (אותם B מכסה את { S k j } לכן, מספר סופי של אורך הקטעים כולם הוא לפי הגדרה, B היא בעלת תכולה אפס. finite number of segments S k j k < ɛ k= משפט 4.8 (לבק) תנאי הכרחי ומספיק לאינטגרביליות f הוא שקבוצת נקודות אי הרציפות שלה היא בעלת מידה אפס. f היא בעלת תכולה אפס, אם היא קבוצת נקודות אי הרציפות. לפי המשפט הקודם, כל K K = הוכחה: n n=k n אינטגרבילית, ולכן Kהיא n=k בעלת מידה אפס אם f אינטגרבילית. n נניח K בעלת מידה אפס, וצ ל כי f אינטגרבילית. בשימוש במשפט הקודם, מספיק להוכיח כי K היא בעלת תכולה n אפס לכל n. מתוך ההערה לעיל, ברור כי אם K בעלת מידה אפס, אז גם K בעלת מידה אפס, ובשימוש בטענה לעיל, מכיוון ש K n n היא סגורה ובעלת מידה אפס, אז היא גם בעלת תוכלה אפס, ולכן f אינטגרבילית לפי המשפט הקודם. הערה 4.9 בתהליך הוכחת המשפט (כולל הטענות לפניו), ראינו גם את המסקנה הבאה: משפט 4. (הלמה של היינה בורד) אם B סגורה ומכוסה ע י סדרה של קטעים פתוחים, אזי מספר סופי שלהם כבר מכסה את B. מסקנה 4. תהי d] f [, b] [c, אינטגרבילית ו R ϕ : [c, d] רציפה, אזי ϕ f אינטגרבילית. הוכחה: אם xנקודת קציפות של f, אזי ϕ f רציפה ב x (אינפי ), כלומר, קבוצת נקודות אי הרציפות של ϕ f מוכלת בקבוצת נקודות אי הרציפות של f ולכן היא בעלת מידה אפס. הערה 4. ניסוח אחר של משפט לבק הוא כי קבוצת הפונקציות האינטגרביליות שווה לקבוצת הפונקציות החסומות שקבוצת נקודות אי הרציפות שלהן בעלות מידה אפס. 68

69 5 סדרות של פונקציות 4..3 הפונקציה של קאנטור (הערה) ( f, ולאחר מכאן, נסתכל על שני הקטעים הנותרים, וניקח 3, ) 3 = אם נסתכל על הקטע [], אז נגדיר את הקטע,f(I) = k+k שוב שליש מכל קטע, ואם k הוא המינימום משמאל ו K הוא המקסימום מימין, אז נסמן את הקטע כ ונוכל להמשיך כך עוד ועוד, כך שלבסוף נוכל להגדיר כל נקודה כ sup של הקטעים בקטע [x,], ולכן נקבל פונקציה רציפה:(שרטוט) באמצעות הכלים שלמדנו, ניתן לראות כי הפונקציה הזו אינטגרבילית, כל פונקציה מונוטונית, נקודות אי הגזירות שלה הן לכל היותר ממידה אפס. 5 סדרות של פונקציות נגדיר X R ו R f n : X כסדרה של פונקציות. דוגמאות: X = [, ], f n (x) = x n. איור :5. הסדרה f n (x) = x n y n (x) = x +n. 69

70 5 סדרות של פונקציות איור 5.: דוגמא של y n X = [, ), h n (x) = x n.3 איור 5.3: שרטוט של h n d n (x) = { x Q n!x Z x Z n!.x = R, d n (x) = lim m (cos n!πx) m.4 D(x) n 7

71 5 סדרות של פונקציות כלומר שואפת לפונקציית דריכלה. הגדרה 5. תהי f n סדרה של פונקציות מוגדרות ב X, ונאמר שהסדרה מתכנסת ב X x אם ם סדרה המספרים x מתקיים אם ם אם היא מוגדרת ב X f מתכסת נקודתית לפונקציה f n מתכנסת. נאמר שהסדרה f n (x).x, f (x) = lim n f n (x) ( x X) ( ɛ > ) ( N (ɛ, x)) ( n N) (N < n f n (x) f (x) < ɛ) הגדרה 5. יהי f n ו f כמקדום, ונאמר שהסדרה f n מתכנס ב X במידה שווה ל f אם ם ( ɛ > ) ( N (ɛ) N) ( x X) ( n N) (N < n f n (x) f (x) < ɛ) אז בהינתן > ɛ, מספיק לבחור x +n n במ ש ב [.[, מכיוון ש g n g ולכן g n (x) = x +n דוגמא: N N עם N < n x + n = x + n < n < ɛ N < ɛ הערה 5.3 התכנסות נקודתית התכנסות במ ש. f n אינה מתכנסת ב X במ ש ל f אם ם ( ɛ > ) ( N N) ( x X) ( k N) (N < k f k (x) f(x) ɛ) במילים אחרות, קיימות x k סדרות ב X ותת סדרה f nk < f n עם. f nk (x k ) f (x) ɛ { < x f n = x n שואפת נקודתית ל f, אז תת הסדרה f nk עם הסדרה = (x) f ונגדיר ש = ɛ ו x = דוגמא: גם היא שואפת ל f : x k x =, f n = f x =, f n = f. x k = k, f n k = f k ( ) k k f nk (x k ) f (x k ) = = = ɛ 7

72 5. קריטריון קושי להתכנסות במידה שווה 5 סדרות של פונקציות 5. קריטריון קושי להתכנסות במידה שווה משפט 5.4 תהיא f n סדרה של פונקציות מוגדרות ב X, אזי fמתכנסת n במ ש ב X לפונקציה גבולית f המוגדרת ב X אם ם ( ɛ > ) ( N (ɛ) N) ( x X) ( n, m N) (N < n, m f n (x) f m (x) < ɛ) הוכחה: הכיוון ( ) מושאר כתרגיל. נניח את נכונות הקריטריות, ונשים לב כי לכל x X סדרת המספרים (x) f n הינה סדרת קושי, ולכן היא מתכנסת, ולכן מתקיים באופן נקודתי: x X, f (x) := lim n f n (x) נטען כי f n f במ ש ב X. בהינתן > ɛ יהיו < ɛ < ɛ ו N N (ɛ) עם ( n, m N) (N m, n f n (x) f m (x) < ɛ ) באי שוייון זה נקבע את n וניתן ל m לשאוף לאינסוף ונקבל N < n f n (x) lim m (x) m = f n (x) f (x) < ɛ < ɛ 5. התכנסות במ ש ורציפות משפט 5.5 נניח ש f n סדרה של פונקציות רציפות אשר מתכנסות במ ש לפונקציה f ב X, אזי f רציפה. הוכחה: צ ל כי x X ɛ > δ > y X, y x < δ f (y) f (x) < ɛ בהינתן >,ɛ יהי N N עם y X n N, N n f n (y) f (x) < ɛ 3 < δ ( ɛ עם 3) נתבונן ב fn f N רציפה ב X, ובפרט ב X x ולכן בהינתן < ɛ, קיים y x < δ f(y) f(x) y X, y x < δ f N (x) f N (x) < ɛ 3 ( ) ( ) ( ) {}}{{}}{{}}{ f (x) f N (y) + f N (y) f N (x) + f N (x) f (x) < ɛ 3 + ɛ 3 + ɛ 3 = ɛ על כן, כאשר ( ) ו ( ) מהתכנסות במ ש ו ( ) מרציפות f. N 7

73 5.3 התכנסות במ ש ואינטגרציה 5 סדרות של פונקציות 5.3 התכנסות במ ש ואינטגרציה משפט 5.6 נניח ש f n היא סדרה של פונקציות אינטגרביליות ב [ b,] מתכסות במ ש לפונקציה fעל [b,], אז f F (x) = x אז F n מתכנסות במ ש בקטע ו f(x)dt F n (x) = x אינטגרבילית על b],[, ויתר על כן, יהיו f n (t) dt.f ל [, b] הוכחה: b] f R [, ולכן מספיק להראות שקיימות g f h כאשר b] g, h R [, הן אינטגרביליות, ומתקיים b. h b ש ɛ < n N t [, b], N n f n (t) f (t) < N,f ומכיוון ש f N אינטגרבילית אז ˆ b ( ) ɛ f n + (b ) F n (x) F (x) = = ˆ b ˆ x ˆ x ˆ x ˆ b לפי התכנסות במ ש, בהינתן < ɛ, יהי N N עם ɛ (b ) ɛ (b ) < f < f N + ɛ נתבונן ב f, N ולכן מתקיים (b ) ( ) ɛ f N = ɛ (b ) ועל כן, נוכל להגדיר את F כנ ל. ˆ x f n (t) dt f (t) dt (f n (t) f (t)) dt f n (t) f (t) dt f n (t) f (t) dt ולכן, בהינתן > ɛ לפי התכנסות במ ש, יהי N N כך ש t X, N n f n (t) f (t) < ɛ b ˆ b ɛ N n F n (x) F (x) < b dt = ɛ ניזכר בהוכחה הקודמות לעניין האינטגרביליות של ϕ f כך ש [ d f [, b] [c, ו R ϕ : [c, d] רציפה.. נחליף אץ ϕ בפונקציות ליפשיציות ϕ k כך ש ϕ k מתכנסות במ ש ל ϕ בקטע [d,c]. פירוש: כל > ɛ קיים (ɛ) K כך ש.k > K (ɛ) ϕ (x) ϕ k (x) < ɛ.(ϕ k אינטגרבילית (תוך שימוש בליפשיציות ϕ k f. 3. היות ו f ϕ k מתכנסת (כסידרה) ל f ϕ במ ש, הרי גם ϕ f אינטגרבילית על סמך הטענה כי אם =k g} k } b. g kdx b סידרת פונקציות אינטגרביליות על [b,] ו g g (במ ש) על [b,], אזי g אינטגרבילית ו gdx תהיינה (I),{f k } k= C גזירות ברציפות בקטע β),i = (α, ונניח כי.[, b] I 73

74 5 סדרות של פונקציות 5.4 פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות f (במ ש) בקטע [b,], אזי: משפט 5.7 נניח כי k g. ההתכנסות היא במ ש בכל קטע b].[, x] [, F (x) לפונקציה [, מתכנסות במ ש ב [ b {f k (x) f k ()} k=. הפונקציות.x (, b) לכל F (x) = g (x).3 הערה 5.8 אם לא מפחיתים () f, k אז המשפט לא יתקיים, וניתן להסתכל בדוגמא של f. k (x) k הוכחה: נוכיח את תתי הטענות:. ברור, שכן התכנסות במ ש על קטע גוררת התכנסות במ ש על כל קטע חלקי (לפי הגדרה).. f k (x) f k () = x f k (t) dt.,f () = F (x) = x ו g רציפה כגבול במ ש של פונקציות רציפות, ולכן נתבונן עכשיו בפונקציה g (t) dt לפי המשפט היסודי (x).f (x) = g ˆ x ˆ x F (x) (f k (x) f k ()) = g (t) dt f k (t) dt k>k(ɛ) ˆ x ˆ x g (t) f k (t) dt ɛ dt ɛ (b ) ובכך הוכחנו כי (x) f k (x) f k (b) F בקטע b].[, 3. נובע ישירות מ מבניית (x) F. 5.4 פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות f רציפה על [b,]. האם ניתן לקרב אותה ע י פולינום?. פולינום טיילור מחייב (I) f C +n כאשר [b I,] פתוח, לצורך בניית פולינום מסדר n עם שארית התלויה ב (+n) f (המקרה הקיצוני חיובי טורי חזקות שבוע הבא!). פולינום אינטרפולציה מחייב רק f רציפה, אבל השארית שוב תלויה ב (+n) f. מה בכל זאת אפשר לעשות ללא נגזרות? משפט 5.9 (ויירשטרס) לכל פונקציה f רציפה על b] [, ולכל >,ɛ קיים פולינום (x) p כך ש ɛ p (x) f (x) < לכל.x [, b].[, b] בקטע המתכנסת במ ש ל f {p n (x)} n= במילים אחרות, קיימת סדרת פולינומים 74

75 5 סדרות של פונקציות 5.4 פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות תזכורת: אם (t) p פולינום מדרגה n, אזי הוא זהה לפולינום טיילור של עצמו, ולכן n p (k) () p (t) = t k k! k= p (k) (t) = n (n ) (n k + ) ( + t) n k n ( + t) n n (n ) (n k + ) = t k k! k= n n! n ( ) n = k! (n k)! tk = t k k t = ( + x ) n x = ( ) n x = = k= k= אם נפעיל את השיטה ל, p (t) = ( + t) n אז k= ועל כן קיבלנו את נוסחת הבינוס של ניוטון. x x n ( ) ( ) k n x k x k= n ( ) ( ) k n x \ ( x) n k x k= n ( ) n x k ( x) n k k ניתן לראות את הנוסחה גם ע י פיתוח הבינוי של ניוטון ל = n x), + ) ((x n = ובפרט הנוסחה נכונה גם עבור =, x (נוסחה זו היא למעשה סכום ההסתברויות להטלות מטבע שסכומם שווה). תזכורת: נגזרת פולינום טיילור שווה לפולינום טיילור של הנגזרת של הפונקציה המקורית. n ( ) p (t) = ( + t) n n = t k k k= n ( ) p (t) = n ( + t) n n = k t k k k= n ( ) p (t) = n (n ) ( + t) n n = k (k ) t k k ( n + x ) n x = ( ) n n x = n = nx = k= n ( ) ( ) k n x k k x n ( ) ( ) k n x k k x n ( ) n k x k ( x) n k k n ( ) n k x k ( x) n k k k= k= k= k= 75 = t ונקבל x x שוב נציב

76 5 סדרות של פונקציות 5.4 פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות ( n (n ) + x ) n x = ( ) n n (n ) x = n (n ) x = (נוסחה זו היא למעשה התוכל של ההסתברויות ממקודם) n ( ) ( ) k n x k (k ) k x n ( ) ( ) k n x k (k ) k x n ( ) n k (k ) x k ( x) n k k k= k= k= (נוסחה זו היא למעשה השונות של הסתברויות) A δ = k n x δ x [, ] k n x δ k nx nδ (k nx) ( ) n A δ (nδ) x k ( x) n k k = = = = = k n x δ (nδ) (nδ) + (nx) n (nδ) nx הוכחה: (של ברשטיין) עבור > δ, נרצה להעריך את ( ) n x k ( x) n k k n ( ) (k nx) n x k ( x) n k k k= [ n ( ) n n ( k x k ( x) n k n nk k k k k= k= ( ] n )x k ( x) n k k k= [ n k (k ) k= k= ( ) n k x k ( x) n k + n ( ) n k x k ( x) n k + (nx) k k= n k= [ (nδ) n (n ) x + ( nx) nx + (nx) ] ) x k ( x) n k n ( ) n k x k ( x) n k k ] )x k ( x) n k ( n k (nδ) [ nx + nx ] = x x nδ ( x [, ]) k n x δ ( ) n x k ( x) n k x ( x) k nδ ולסיכום 76

77 5.4 פולינום קירוב בעזרת סדרות של פונקציות 5 סדרות של פונקציות נתונה פונקציה רציפה f(x) על ],[, נסמן (x) M = mx [,] f ונתון >.ɛ נבחר > δ כך ש ) f (x ) f (x x, x [, ], x x δ (רציפות במ ש בקטע סגור) ונגדיר פולינום: n ( ) ( ) k n p (x) = f x k ( x) n k n k k= (כי 4 x) (x ( ולכן 4nδ מהו n? לאחר שבחרנו δ (שנבע מ ɛ ) נבחר n מספיק גדול כך ש ɛ < n ( ) ( ) k n n ( ) p (x) f (x) = f x k ( x) n k n f (x) x k ( x) n k n k k k= k= ( ) ( ) p (x) f (x) k f f (x) n n x k ( x) n k + ( ) ( ) k k f f (x) n n x k ( x) n k k k n x <δ ɛ n k= ( n k ɛ + Mɛ ) x k ( x) n k + M x ( x) nδ k n x δ d dx b k,n (x) = b k,n = ( n ולכן k) דוגמא: נסתכל על x k ( x) n k ( ) n ( kx k ( x) n k (n k) x k ( x) n k ) k k nx = x mx = k n p (x) = n יהיה מורכב מפולינומים שנקודות המקסימום שלהם הם ערכים של הפונקציה.(שרטוט k= f ( k n) ולכן bn,k בטלפון) מסקנה 5. אם [,] C f אזי קיימת סדרת פולינומים (x) p n המתכנסת אליה במ ש. x = + y (b ) y = x b g (y) = f ( + y (b )) הערה 5. מה עושים כאשר b]? f C [, נגדיר ל > ɛ נבחר (y) q כך ש ɛ q (y) g (y) < ו y ולכן ( ) x q f (x) b ɛ p (x) = = n f k= n f k= ( + k n (b ) ) ( n k ( n k + b k n n באופן סגור, נוכל לכתוב את פולינום ברנשטיין בקטע [b,] ע י ) ( ) k ( x x ) n k b b ) ( n k ) ( x b ) k ( ) n k b x b 77

78 5 סדרות של פונקציות 5.5 טורי פונקציות 5.5 טורי פונקציות את =n f} n {(x) על תחום D R (פתוח, סגור, חצי פתוח, אינסופי...) ואנו מעוניינים לחקות נתונות פונקציות n= f n (x) שבהם קבוצת ה x ים P D זהו טור של מספרים. תהי x D ונשים לב כי לכל,x D, n= f n (x) מתכנס. הגדרה 5. תהי U P קבוצה. נגיד שהטור מתכנס במידה שווה ב U אם לכל > ɛ, קיים (ɛ) N כך ש k f n (x) f n (x) < ɛ n= n= k > N (ɛ) x U.S (x) = n= f n (x), x P ו החלקי ה k ), (הסכום S k (x) = k סימון: (x) n= f n התכנסות במ ש: > ɛ קיים (ɛ) N כך ש ( ɛ ) S (x) S k (x) < ɛ k > N לכל x U כאשר (ɛ).k > N. מתכנס בהחלט בנקודה x אם < (x) n= f n הגדרה 5.3 נאמר כי (x) n= f n מתכנס ולכן בפרט.x P מתכנס בהחלט גורר ש ( x ) n= f n ברור ש ( x ) n= f n מתכנס במ ש ב U אם לכל > ɛ קיים (ɛ) N כך ש (קריטריון קושי) הטור (x) n= f n k+p f n (x) < ɛ n k+ k > N (ɛ), p, x U S k+p (x) S k (x) < ɛ f k+ (x) < ɛ ונניח גם שלכל x U n= M n < כך ש {M n } n= משפט 5.4 (מבחן M של ויירשטרס) נניח שקיימת סדרה מתכנס (בהחלט) במ ש ב U. מתקיים, f n (x) M n אזי הטור (x) n= f n k+p n=k+! f n (x) הוכחה: מקרטיטריון קושי לטור מתכנס כאשר (ɛ) k > N k+p n=k+ M n < ɛ k+p n=k+ n + < כאשר U = ולכן הטור מתכנס במ ש ב R f n (x) n +.D = R כאשר sin(e nx ) n= n + דוגמא:.k > N ובלבד ש ( ɛ ) ɛ 78

79 5 סדרות של פונקציות 5.5 טורי פונקציות b ( + b ).β כאשר > nx sin(e nx ) n= דוגמא: (n +x ) +β nx ( n + x ) f n (x) nx n + x (n + x ) +β ולכן הטור מתכנס במ ש ב R (n + x ) +β.u = x + דוגמא: נסתכל על הטור: x + x + x ( + x ) x ולכן עבור x נקבל + x ) n ( x Geometric Serie [{}}{ + ] + x +... = x = + x +x.q = ולכן הטור מתכנס כי מדובר בטור גיאומטרי כאשר < x+ עבור = x נקבל כי הסכום שווה לאפס, כלומר הסכום לא רציף. הוא טור של פונקציות רציפות המתכנס במ ש ב U P (קטע סגור או פתוח), אזי (x) S טענה 5.5 אם (x) n= f n (הסכום) רציף ב U. הערה 5.6 בדוגמא האחרונה, לא תיתכן התכנסות במ ש בקטע U הכולל את = x. האם יש התכנסות במ ש ב [ b,], כאשר >? f n+ (x) = x ( + x ) n f n+ (x) b ( + ) n ולכן הטור מתכנס במ ש ב [ b,]. ולכן < n n= M אם = b אז לא היה ניתן לחסום את הביטוי, ואז הטור לא היה מתכנס במ ש.,[, מתכנס במ ש ב [ b S (x) = n= f n (x) כלומר [, b] U אינטגרבילית על {f n (x)} n= טענה 5.7 תהיינה אזי הסכום (x) S הוא אינטגרבילי ומתקיים ˆ b ˆ ( b k ) S (t) dt = lim f n (t) k = lim = k k n= ˆ b n= n= ˆ b f n (t) dt f n (t) dt 79

80 5 סדרות של פונקציות 5.5 טורי פונקציות טור מתכנס במ ש בקטע b] [, כאשר (x) f n הערה 5.8 בגדר האינטגרל של טור מתכנס במ ש. יהי (x) =i f n אינטגרביליות ב [ b,] (אבל לאו דווקא רציפות) S k (x) = k f n (x) S (x) = f n (x) n= n= ˆ b S (x) dx ˆ b ˆ b lim k ˆ b n= S k (x) dx S k (x) dx = f n (x) dx = ˆ b ˆ b ˆ nb כאשר (ɛ) k > N אז S (x) S k (x) < ɛ ולכן S (x) S k (x) dx e (b ) S (x) dx ( ) f n (x) dx n= סמוייה כאן ההנחה שגם (x) S אינטגרבילית. הוכחנו כבר ש ( x ) S אינטגרבילית בעזרת סכומי דרבו. בתרגיל נתבקש להוכיח זאת באמצעות סכמי רימן. מוסר השכל: ההתכנסות במ ש מעבירה תכונה טובה אל הגבול, כגון רציפות ואינטגרביליות. הערה 5.9 ענייני משולשים. נסתכל על פונקציות של משולשים כמ ובשרטוט הבא: איור 5.4: פונקציית משולשים ונשים לב כי הפונקציה הזו שואפת לאפס, אבל לא במ ש, ולכן סכום האינטגרלים, כלומר סכום השטחים הוא = n התכנסות טור של נגזרות מתכנס במ ש ב [ b,], ולכן מההערה הקודמת נניח (I)) {f n } n= C ובנוסף ש ( x ) n= f n ˆ x f n (t) dt = n= 8 n= ˆ x f n (t) dt