סיכום אינפי 2 19 ביוני 2010 מרצה: צביק איתמר, בעזרת סיכומים משיעוריו של נועם ברגר מתרגלים: ינאי ג', איב גודין

Transcript

1 סיכום אינפי 2 9 ביוני 200 מרצה: צביק איתמר, בעזרת סיכומים משיעוריו של נועם ברגר מתרגלים: ינאי ג', איב גודין אין המרצה או המתרגלים קשורים לסיכום זה בשום דרך. סוכם ע"י נגה רוטמן בשעות לא הגיוניות בעליל, ולכן יכול להיות והנתונים לא תמיד מדוייקים... אינני לוקחת אחריות על מה שכתוב מטה. השימוש באחריות הקורא בלבד. הערות יתקבלו בברכה nog.rotmn@gmil.com

2 תוכן עניינים 5 קירובים פולינומיאלים מוטיבציה קירוב מסדר n. 7 פולינום טיילור פולינום האינטרפולציה של לגראנג' שיטת ניוטון רפסון.4 23 תרגולים האינטגרל 2 24 שימושים באנליזה בעיית השטח האינטגרל לפי דרבו סכומי דרבו אינטגרביליות דרבו תנאי דרבו לאינטגרביליות משפחות של פונקציות אינטגרביליות תכונות הפונקציות האינטגרביליות האינטגרל לפי רימן סכומי רימן אינטגרביליות רימן קריטריון קושי המשפט היסודי של האינפי המשפט היסודי גרסא רשמית המשפט היסודי גרסא שימושית למת"פ המשפט היסודי גרסא שימושית לאינפי המשך דיון האינטגרל הלא מסויים ושיטות אינטגרציה אינטגרציה לפי הצבה אינטגרציה לפי חלקים האינטגרל הלא מסויים עוד קצת עם פולינום טיילור בהקשר הזה עוד כמה נקודות פונקציית מדרגות פונקציות רציונליות האינטגרל הלא אמיתי אינטגרל על קטעים לא חסומים תכונות האינטגרל הלא אמיתי קריטריון קושי

3 מבחן ההשוואה התכנסות בהחלט ובתנאי אינטגרל של פונקציה שאינה חסומה הגדרה אנליטית של הפונקציות הטריגונומטריות תרגולים טורים הגדרות בסיסיות תכונות של טורים מתכנסים זנבות ושאריות קריטריון קושי התכנסות בהחלט והתכנסות בתנאי טורים חיוביים קריטריון ההשוואה קריטריון ההשוואה הגבולי קריטריון המנה קריטריון השורש קריטריון ההשוואה לאינטגרל קריטריון העיבוי הגדרת e לפי טורים קריטריון לייבניץ לטורים עם סימנים מתחלפים קריטריון דיריכלה קריטריון אבל חלקים חיובים ושליליים של טור טורים בשינוי סדר והכנסת סוגריים מכפלת טורים קונבולוציה סדרות וטורי פונקציות 4 74 סדרות של פונקציות קריטריון קושי להתכנסות במ"ש התכנסות במ"ש ורציפות התכנסות במ"ש ואינטגרציה התכנסות במ"ש וגזירות משפט ויירשטראס טורי פונקציות קריטריון קושי עבור התכנסות במ"ש קריטריון M של ויירשטראס להתכנסות במ"ש טורי חזקות על רדיוס ההתכנסות נוסחת קושי הדמר לחישוב רדיוס ההתכנסות

4 משפט אבל משפט על התכנסות, הכללות שלו וקצת על טיילור מסילות הגדרות הנגזרת של מסילה המסילה המשיקה אורך של מסילה מסילות שקולות פרמטריזציה באמצעות האורך עקמומיות אפיון לבאג לאינטגרביליות הלמה של היינה בורל תנאי חדש לאינטגרביליות

5 קירובים פולינומיאלים.0. מוטיבציה נרצה לחשב, לדוגמא, מהו e. π כיצד נעשה זאת? נמצא קירוב! זאת ע"י פולינום המקורב לפונקציה המבוקשת, שאותו קל לפתור. זו גם השיטה בה משתמש המחשבון.. קירוב מסדר n תהי f פונקציה כלשהיא הגזירה n פעמים בנקודה. למדנו באינפי כי המשוואה לקירוב מסדר ראשון, הקירוב הלינארי, הינה: בצורה דומה, הקירוב הריבועי יהיה: וכן הלאה... l (x) = f () + f () (x ) q (x) = f () + f () (x ) + f (x ) 2 2 הנקודה הנתונה ע"י הפונקציה קשה לאיתור אולם כאמור הקירובים הם פונקציות פולינומיאליות, ולכן בעזרתם קל יותר למצוא את הערך. נשאל: מהו הפולינום הקרוב יותר לערך הפונקציה? מהו סדר הגודל של הטעות? נביט בכל הקווים הישרים העוברים ((),): f כל המשוואות שלהם הן מהצורה: כאשר n הוא שיפוע כלשהוא. y = f () + n (x ) כמובן שבגרף המשיק, n הינו השיפוע של הגרף המקורי בנקודה. כעת: lim [f (x) f () n (x )] = 0 x lim x f (x) f () x = f () lim x [f (x) f () n (x )] = 0 5

6 הגדרה. פונקציה f המוגדרת בסביבה של הינה גזירה (=דיפרנציאבילית) שם, lim x [ ] f (x) f () n (x ) = 0 x f (x) q () lim x (x ) 2 = 0 f (x) p (x) lim x (x ) n = 0 אמ"מ קיים n R בעל התכונה: במקרה זה, המשוואה של הקירוב הריבועי תקיים: וכך הלאה. באופן דומה, נרצה פולינום מסדר n המקיים: p (x) = π + ex 2x 2 + ln5 x 3 p (x) = e + 2 2x + ln5 3x 2 p (x) = ln5 3 2x p (x) = ln5 3 2 p (0) = π, p (0) = e, p (x) = 2 2, p (0) = ln5 3 2 p (x) = p (0) 0! + p (0) x! + p (0) x 2 2! + p (0) x 3 3! לדוגמא: p (x) = n i=0 p (x) = p (i) (0) i! x i, n = deg (p) n p (i) () (x ) i i=0 i! תרגיל: הוכיחו באינדוקציה: תרגיל נוסף: הוכיחו, שוב באינדוקציה: 6

7 T n (x) = f () 0! + f () (x )!.2 פולינום טיילור הגדרה.2 תהי f פונקציה בעלת נגזרות מסדר N {0} n בנקודה.n f (i) () (x ) i i! f (n) () (x ) n n! הפולינום: נקרא פולינום טיילור מסדר n של הפונקציה f ב. נסמנו גם ב T. n f הערה.3 n f (i), i = 0,..., מוגדרת בסביבה של. הערה.4 פולינום טיילור מסדר n איננו בהכרח מסדר n, אלא: degt n (x) n הערה.5 פולינום טיילור הוא הפולינום היחידי עם דרגה n המקיים: T n (j) f () = f (j) (), j = 0,..., n T n (j) f = T n j f (j), j = 0,..., n הערה.6 דוגמאות:. = 0, f (x) = exp (x) = e x f (i) (x) = f (x) = e x f (i) (0) = e 0 = T n (x) = + x + x2 2! xn n! = + x + x2 2! xn n!.2 = 0, f (x) = cos (x) f () (x) = sin (x), f (2) (x) = cos ( x), f (3) (x) = sin (x), f (4) (x) = sin (x) T 0 (x) =, T (x) = + 0 x! g (x) = sin (x) =, T 2 (x) = x2 2!, T 3 (x) = x2 2! T 0 g (x) = 0, T g (x) = x, T 2 g (x) = x, T 3 g (x) = x x3 3! 7

8 f (x) T n (x) lim x (x ) n = 0 משפט.7 תהי f מוגדרת בקטע I, בעלת נגזרות מסדר N {0} n ב.I אזי, מתקיים: הוכחה: באינדוקציה על n: בסיס האינדוקציה = n: במקרה זה, לפי ההנחה, f גזירה ב, כלומר: lim f (x) f () x = f () lim f (x) f () f () (x ) x = lim f (x) T f (x) x = 0 לכן מתקיים: הנחת האינדוקציה: נניח נכונות עבור n. צעד האינדוקציה: נראה נכונות הטענה עבור n. תחילה 2 n, לכן, לפי ההנחה, f גזירה בסביבה של. לפי כלל לופיטל: lim f (x) T n f (x) (x ) n = n lim f (x) T nf (x) (x ) n לפי הערה.6: n lim f (x) T nf (x) (x ) n = n lim f (x) T n f (x) (x ) n ולכן, לפי הנחת האינדוקציה עבור f: lim f (x) T n f (x) (x ) n = 0 לכן, מנכונות עיקרון האינדוקציה, הטענה נכונה. משפט.8 תהי f מוגדרת בקטע I, בעלת נגזרות מסדר {0} N n ב I. יהי (x) p פולינום עם degp (x) n אשר מקיים: lim f (x) p (x) (x ) n = 0 אזי (x).p (x) = T n f הוכחה: יהיו (x) p (x), q פולינומים בעלי דרגה n, אשר מקיימים: lim f (x) p (x) (x ) n = 0 = lim f (x) q (x) (x ) n = 0 נגדיר (x) R (x) := p (x) q פולינום עם דרגה.n 8

9 נותר להראות שפולינום כזה המקיים: lim R (x) (x ) n = 0 הינו פולינום האפס. נראה זאת באינדוקציה על n: בסיס האינדוקציה = 0 n.r (x) = b 0 R במקרה זה: lim R (x) (x ) 0 = lim R (x) = R () = b 0 = 0 lim [ ] (x ) n+ R (x) (x ) n+ וזאת בשל רציפות הפולינום. נניח כי המשפט נכון עבור 0 n ונראה נכונות עבור + n: יהי n+.r (x) = b 0 + b (x ) b n+ (x ) = lim R (x) = R () = b 0 = 0 אזי, לפי אריתמטיקה של גבולות: n+.r (x) = (x ) מכאן: מכיון ו 0 = 0 b נוכל לרשום )i i= b (x lim R (x) (x ) n+ = lim n+ i= b i (x ) i (x ) n,n הינו פולינום מדרגה n+ i= b i (x ) i ולכן, לפי הנחת האינדוקציה: lim n+ i= b i (x ) i (x ) n = 0 f (x) = T n (x) + R n (x) f (x) T n (x) lim x (x ) n = 0 ולכן, מנכונות עקרון האינדוקציה, הטענה נכונה. סימון: כאשר (x) R n היא השארית. הגדרה.9 נאמר ש ( I ),(k N {0}) f C k אמ"מ f בעלת k נגזרות רציפות ב I. אם = 0 k הפונקציה רציפה ב I. נרצה לתת הערכה לשגיאה שנותן הקירוב: אינטואיציה קירוב מסדר 0 ממשפט ערך הביניים לנגזרות (לגראנג'): f (x) f () = f (c) (x ) 9

10 אם אנו יודעים ש ( ) f חסומה בקטע (x,), נניח ע"י f, M אז f (x) f () (x ) כאשר (x) f הוא ערך הפונקציה, ו ( ) f הוא פולינום טיילור מסדר 0. ניתן גם לומר: אם m f M ב ( x (, אז: f () + m (x ) f (x) f () + (x ) קירוב מסדר R (x) = f (x) f () f () (x ) = f (c) 2 (x ) 2 f () + f () (x ) + m 2 (x )2 f (x) f () + f (x ) + M 2 ואז :m f M (x )2 f (x) = T n (x) + f (n+) (ξ) (n + )! משפט השארית נוסח לגראנג' משפט.0 יהי I קטע, (I) f C n+ ו I. (x ) n+ (ξ) f (+n) תקרא השארית נוסח לגראנג'. (n+)! אזי לכל x I קיים x) ξ (, כך ש: כאשר n+ (x ) הוכחה: באינדוקציה על n: בסיס האינדוקציה = 0 n: במקרה זה, לפי ההנחה, f גזירה ברציפות ב I, ולכן ממשפט הערך הממוצע של לגראנג', f (x) f () = f (ξ) (x ) עבור f בקטע x] [, קיים x) ξ (, כך ש: כמו כן, ממהגדרה () T, 0 f (x) = f ולכן נעביר אגפים, נציב ונקבל: f (x) = T 0 f (x) + f (ξ) (x ) כפי שרצינו. נניח שהמשפט נכון עבור 0 n, ונוכיח עבור n: גזירה ב I. f ולכן, לפי הנחה, n, נפעיל את משפט הערך הממוצע של קושי עבור הפונקציות: f (x) T n f (x), (x ) n+ f (x) T n f (x) (x ) n+ = f (η) T nf (η) (n + ) (η ) n בקטע x],[, ונקבל שקיים x) η (, עבורו: 0

11 נשים לב: f (η) T nf (η) = f (η) T n f (η) ולפי הנחת האינדוקציה עבור f, קיים (η ξ,) שעבורו: f (η) T n f (η) = n! f (n) (ξ) (η ) n = n! f (n+) (ξ) (η ) n f (η) T nf (η) (n + ) (η ) n = n! f (n+) (ξ) (η ) n (n + ) (η ) n = (n + )! f (n+) (ξ) לכן: ואם נחזור להתחלה, בסה"כ קיבלנו: f (x) T n f (x) (x ) n+ = f (n+) (ξ) f (x) = T n f (x) + f (n+) (ξ) (x ) n+ (n + )! (n + )! כלומר, הוכחנו את הצעד. הוכחנו את בסיס האינדוקציה, והראינו בעזרת ההנחה כי צעד האינדוקציה נכון, f (x) = x, =, x =.. = 2 ξ (. ) (. ) = = ± 0.05 ולכן, מנכונות עקרון האינדוקציה, הטענה נכונה! שימושים:. נמצא קירוב מסדר אפס ל. : f (x) = sinx, = 0 x sinx x (= T = 0 + (x 0)) sin (0.) 0. = sin (ξ) 2! (0. 0) נחשב קירוב לינארי ל ( 0. ) :sin נשים לב,x = T, sinx = T 2 ואז: sin (0.) 0. = sin (ξ) 3! (0. 0) f (x) = o (g (x)) lim f (x) g (x) = 0 x f (x) = O (g (x)) k > 0 f (x) k g (x), x הסימון של לנדאו: "או קטן" " או גדול"

12 נשים לב: f (x) T n (x) = O (x ) n+, f (x) T n (x) = o (x ) n כלומר: f (x) T n (x) k (x )n+ (x ) n (x ) n וכאשר x, הביטוי מימין שואף לאפס. משפט. יהיו (x) P (x), Q פולינומים ממעלה קטנה או שווה ל n, וכמו כן: lim f (x) P (x) f (x) Q (x) (x ) n = 0 = lim (x ) n אזי (x).p (x) = Q [ f (x) Q (x) 0 = lim x (x ) n ] f (x) P (x) P (x) Q (x) (x ) n = lim x (x ) n הוכחה: P (x) Q (x) lim x (x ) n = 0 R (x) = 0 [ ] 0 = lim (x ) j R (x) (x ) n, j = 0,, 2,..., n 0 = limr (x) R Rtzif = R () = b 0, j = n x יהי (x),r (x) = P (x) Q וכמו כן.degR (x) n אם כך נשאר להראות כי: יהי.R (x) = b 0 + b (x ) b n (x ) n R (x) = b (x ) b n (x ) n = (x ) [b + b 2 (x ) b n (x ) n ] R (x) (x ) n = b + b 2 (x ) b n (x ) n (x ) n 0 = lim x (x ) n R (x) n = lim (x ) x נשים לב: וכמו כן: לכן: כעת אם n :j = [ b + b 2 (x ) b n (x ) n ] = b שוב מרציפות, וכו'. 2

13 + x + x x n = xn+ = x x xn+ x x ( + x + x x n) = xn+ x (x ) שימושון נשים לב: כעת אם נסמן: f (x) = נקבל, לפי המשפט מעלה: x, P (x) = + x + x x n f (x) P (x) R (x) lim x 0 x n = lim x 0 x n x n ( x) = lim x x 0 x = 0 x n+ = lim x 0 P (x) = T n f (x) כלומר: כעת נוכל להזיז משתנה, ולקבל פולינום טיילור עבור פונקציות נוספות. f ( x) = + x = x + x ( ) n x n = ( )n+ x n+ + x g (x) = ln ( + x) g (x) = x + g (x) = ( + x) 2 g (x) = g (x) =!ln (x + ) = x+ לדוגמא נשים לב אם היינו רוצים לחשב את פולינום הטיילור של ( + x) ln ידנית, ( ) 2 ( + x) 2 [( + x) 2] 2 = ( + x) ( + x)2 ( ( + x) 3) 2 = 2 3 ( + x) 4 היינו עושים כך: g n (x) = ( )n+ (n )! ( + x) n g (n) (0) = ( ) n+ (n )! n ( ) n+ (n )! T n g (x) = (x 0) i i! i=

14 f ( x 2) = + x 2 = x2 + x 4 x ( ) n x 2n + ( )n+ x 2n+2 + x }{{ 2 } R(x) נבצע שינוי משתנה נוסף: נסמן = 0, ואז: lim 0 ( ) n+ x 2n+2 x 2n ( + x 2 ) = 0 rctnx = }{{} c =0 היא הנגזרת של!rctn לכן: נשים לב x+ 2 + x x3 3 + x ( )n x 2n+ + R 2n+ (x) 2n + הערה.2 פולינום טיילור של סכום פונקציות הוא סכום הפולינומים של הפונקציות f (x) = T n f (x) + R n f (x) g (x) = T n g (x) + R n g (x) זהו אופרטור לינארי! סכום השאריות עדיין ישאף לאפס, לכן סכום הפולינומים יהיה פולינום טיילור של שתי הפונקציות. : x, +x [ 2 x ] = + x x 2 = 2 2 ( + x 2 + x x n) + R }{{} x דוגמא: נביט בחיסור של הפונקציות 0 עבור n זוגי: f (x) g (x) = T n f (x) T n g (x) + R x הערה.3 פולינום טיילור של כפל פונקציות: הביטוי הזה יכול להיות פולינום טיילור מסדר (x n x n ) 2n של (x),f (x) g כמובן זאת אם הפונקציה גזירה 2n פעמים. ניתן "להוסיף לשארית" את החזקות הגבוהות, ואז לקבל פולינום טיילור מסדר n של המכפלה. לקורא החרוץ נשאר להוכיח אכן מדובר בפולינום טיילור, כלומר מתקיים: T n f (x) Rg (x) + T n g (x) Rf (x) + Rf (x) Rg (x) (x ) n 0 משפט.4 תהי f גזירה n פעמים ב, אשר מקיימת: f () = f () =... = f (n ) () = 0, f (n) () 0 אזי אם n זוגי, ל f יש נקודת קיצון ב : 0 < f (n) () minimum 0 > f (n) () mximum אם n אי זוגי, אזי ל f אין נקודת קיצון ב. 4

15 הוכחה: יהי (x) T n f הפולינום מסדר n של הפונקציה: [ f (x) T n f (x) f (x) f () + 0 = lim (x ) n n! = lim f (n) () (x ) n] (x ) n [ f (x) f () = lim (x ) n ] n! f (n) () = 0 lim f (x) f () (x ) n = n! f (n) () אזי, קיימת סביבה בה הסימן של הפונקציה שווה לסימן הגבול. f (x) f () x < δ sgn (x ) n = sgnf (n) () sgn (f (x) f ()) = sgnf (n) () 0 < x < δ f (x) f () > 0 f (x) > f () δ < x < (x ) < 0 (x ) n < 0 כלומר, קיים > 0 δ כך ש: כאשר n זוגי, המכנה תמיד חיובי, ולכן: אם () < f (n),0 אם ולכן ל f יש נקודת מינימום מקומי ב. בצורה דומה, אם () > f (n) 0, ל f יש מקסימום מקומי ב. sgnf (n) f (x) f () () = sgn (f (x) f ()) = sgn (x ) n sgnf (n) () = sgn (f (x) f ()) < x < + δ sgnf (n) () = sgn (f (x) f ()) אם n אי זוגי, אזי משמאל לנקודה: ומימין לנקודה: לכן f מונוטונית בנקודה עולה לפניה ויורדת אחריה, או להפך ומכיוון שכך, אין לה נקודה קיצון שם. 5

16 .3 פולינום האינטרפולציה של לגראנג' הרעיון מאחורי פולינום טיילור קירוב של x באמצעות קירוב מסדר I של נקודה. כעת, נביט ביותר מנקודה אחת y = y 0 + y y 0 (x x 0 ) = y 0 (x x 0 ) + y (x x 0 ) y 0 (x x 0 ) x x 0 (x x 0 ) x x 0 (x x 0 ) y = y 0 (x x ) (x 0 x ) + y (x x 0 ) (x x 0 ) עבור x 0 < x ו :y 0, y נקבל פולינום העובר דרך שתי הנקודות ממעלה : עבור שלוש נקודות x 0 < x < x 2 ו :y, y 2, y 3 y = y 0 (x x ) (x x 2 ) (x 0 x ) (x 0 x 2 ) + y (x x ) (x x 2 ) (x x 0 ) (x x 2 ) + y 2 (x x 0 ) (x x ) (x 2 x 0 ) (x 2 x ) וזהו פולינום העובר דרך 3 נקודות ממעלה 2. וכן הלאה. בצורה הזו נגדיר: הגדרה.5 יהיו, n x 0 < x <... < x ו y 0, y,..., y n כולם ב R. אזי, פולינום לגראנג' יסומן להיות: L n (x) = n i=0 n i j=0 y (x x j) i n i j=0 (x i x j ) R n [x] ומתקיים: L n (x i ) = y i טענה.6 (כרגע ללא הוכחה) פולינום זה הינו היחיד מדרגה n המקיים זאת! f (x) = L n (x) + f (n+) (ξ) (n + )! L n (x i ) = f (x i ), i = 0,..., n משפט.7 יהי I קטע ו ( I ).f C n+ יהיו < x 0 < x <... < x n < b ב I. יהי (x) L n פולינום האינטרפולציה של לגראנג' מסדר n, אזי לכל b) x (, קיים b) ξ (, עבורה: (x x 0 ) (x x )... (x x n ) 6

17 בנייה אחרת של פולינום האינטרפולציה: נרצה לבנות פולינום, כך שבהינתן xו 0 < x <... < x n y 0,..., y n יקיים: q (x i ) = y i נבנה בצורה אינדוקטיבית. תחילה, נגדיר: q (x 0 ) = y 0 כעת, נניח כי הגדרנו: q (x i ) = y i, i = 0,,..., k נסמן: q k+ (x) = q k (x) + c (x x 0 ) (x x )... (x x k ) q k+ (x k+ ) = y k+ c = y k+ q k (x k+ ) (x x 0 ) (x x )... (x x k ) אזי מספיק לבחור c כך ש: ולאחר שפיתחנו מעלה את האינטואיציה, ניגש להוכיח את המשפט המקורי לפולינום האינטרפולציה: הוכחה: תהי ϕ (x) = f (x) L n (x) c (x x 0 ) (x x )... (x x n ) לכל b),x x 0,..., x n,x (, ניתן לבחור (x) c = c עם = 0 (x).ϕ טענה.8 אם נקבע לרגע את x (ולכן את הבחירה של (x) c). = c מתברר ש ϕ מתאפסת ב.x 0,..., x n ב I. n גזירה מסדר + ϕ לכן נוכל להפעיל את משפט רול + n פעמים ל ϕ ב ( b,): x 0 < t 0 < x <... < x n < t n < x n עם = 0 ) i.ϕ (t נפעיל שוב את רול ב ϕ ונקבל: t 0 < t 2 0 < t <... < t n 2 < t 2 n 2 < t n עם 2 n.ϕ ( ) t 2 i = 0, i = 0,..., אם נמשיך ונגזור n פעמים, נקבל נקודה יחידה ) n t (x 0, x ששונה מ x 0,..., x n לפי הבניה שלנו המקיימת = 0 (t).ϕ (n) בהנתן b),x x,..., x n, x (, אם בחרנו (x) c = c עבורו = 0 (x),ϕ אז נוכל להפעיל שוב את רול ל (n) ϕ ב ( t,x), ונקבל שקיים (t ξ,x) כך ש: 0 = ϕ (n+) (ξ) = f (n+) (ξ) c (n + )! 7

18 נעשה טוויסט למשפט שכבר עשינו לפעמים קוראים למשפט זה Generlized Rolle משפט רול המוכלל, כי הוא מעין הרחבה למשפט רול מאינפי משפט.9 תהי (I).f C (n) אם f מתאפסת ב + n נקודות שונות בקטע, 2 I אזי (n) f מתאפסת בקטע הפתוח הקטן ביותר, אשר "מכיל" את הכל האפסים של f. הוכחה: באינדוקציה על n: N בסיס האינדוקציה = n ישירות ממשפט רול המקורי. נניח נכונות עבור n, ונסיק נכונות עבור n תהי (I),f C (n) ויהיו x 0 < x <... < x n שהם + n אפסים שונים של f ב I. נפעיל את משפט רול לכל אחד מהקטעים n,[x i, x i+ ], i = 0,..., ונקבל n t i [x i, x i+ ], i = 0,..., אפסים של.f כמו כן (I) f C (n ) ובעלת n אפסים שונים. לכן, לפי הנחת האינדוקציה, הנגזרת ה n אית של f, דהיינו (n) f מתאפסת בקטע ) n,(t 0, t ומכאן המסקנה! מסקנה.20 אם [x],(degp (x) n) p (x) R n ומתאפס ב + n נקודות שונות, אזי 0 (x).p הוכחה: שוב באינדוקציה על {0} N.n בסיס האינדוקציה עבור = 0 n: p (x) R 0 [x], p (x) 0 R אם קיים x 0 R אזי: 0 = p (x 0 ) = 0 לכן 0 (x).p נניח נכונות עבור n. יהי [x],p (x) R n ויהיו x 0 < x <... < x n אפסים שונים של.p לפי המשפט הקודם, [x] p (x) R n מתאפס ב n נקודות שונות, לכן לפי הנחת האינדוקציה 0 (x) p, לכן, לפי משפט הערך הממוצע p. (x) אבל: = p (x ) = 0 p (x) 0 נחזור כעת טיפה אחורה ובעזרת הניתוח האחרון נוכיח את יחידות פולינום האינטרפולציה. ראינו שבכל פעם שגזרנו "איבדנו" נקודת אפס 2 כלומר יש לה + n שורשים. 8

19 L n (x i ) = f (x i ), i = 0,.., n משפט.2 תהי (I),f C (n+) ויהיו x 0 < x <... < x n ב I, ויהיו (t) L n פולינום האינטרפולציה מסר n המקיים: f (x) = L n (x) + f (n+) (n + )! (ξ) (x x 0) (x x )... (x x n ) אזי לכל x I קיים ξ I המקיים: ϕ (t) := f (t) L n (t) c (t x 0 ) (t x )... (t x n ) הוכחה: נתבונן בפונקציה: כאשר עבור x I נתון מראש, נבחר x i x R, i = 0,..., n עם = 0 (x).ϕ 0 = ϕ (n+) (ξ) = f (n+) (ξ) + 0 (n + )! c c := f (n+) (ξ) (n + )! נשים לב (I),ϕ C (n+) וכמו כן היא מתאפסת ב.x, x 0, x,..., x n ϕ (t) = f (t) L n (t) f (n+) (ξ) (n + )! ϕ (x) = 0 f (x) = L n (x) + f (n+) (ξ) (n + )! f (b) = f () + f () (b ) + f () (b ) 2 2! לכן, לפי המשפט הקודם, קיים ξ I עבורו: (t x 0 )... (t x n ) (t x 0 )... (t x n ) כפי שרצינו! נחזור אף יותר אחורה וניתן הוכחה נוספת לצורת לגראנג': משפט.22 תהי (I), f C (n+) ולכל, b I קיים b) ξ (, כך שם: f (n+) (ξ) (b ) n+ (n + )! f (b) = f (t) + f (t) (b ) + f (t) (b t) 2 df (b) = 0 dt ( ) d f (i) (t) (b t) i = dt i! i! t = br n (b, b) = 0 2! f (n+) (t) (b t) n n! t = R n (b, ) T ht s wht we re looking for 0 = f (t) + [f (t) + f (t) (b t)] R n (b, t) = f (n+) (b t) n n! [ ] f (i+) (t) (b t) i + f (i) (t) (b t) i i ( ) [ n (b t) n n! הוכחה: נתבונן ב: + R n (b, t) }{{} S(t) נשים לב: נגזור את השיוויון לפי המשתנה t. למשל: ] + f (n+) (t) (b t) n + R n (b, t) n! 9

20 פאוזה קצרה: אנחנו עדיין לא יודעים את זה, ולכן אסור להשתמש בזה בהוכחה זו, אבל בשביל ההמשך, ובשביל האינטואיציה: x x S (t) = R n (b, ) = f (n+) (t) (x t) n dt n! f (n+) (t) (b t) n dt n! = S (x) S () = 0 R n (b ) זה יהיה רלוונטי אחרי שנלמד אינטגרציה, ותחת ההנחה כי (+n) f אינטגרבילית ב I. נפעיל את משפט ערך הביניים נוסח קושי עבור (t) R, n,b) (t = h.[, b] בקטע (b t) n+ תחילה, מדוע אנחנו יכולים להפעיל את המשפט? גזירה מהגדרתה, ובקטע הפתוח אינה מתאפסת. n n! R n (b, b) R n (b, ) 0 (b ) n+ = f (n+!) (ξ) (b ξ) (n + ) (b ξ) n ( ) = f (n+) (ξ) (n + )! לכן, נקבל: הגדרה.23 בהנתן פולינום אינטרפולציה, לכל (b x,) קיים (b ξ,) עבורה השארית של פולינום האינטרפולציה הינה הביטוי: h (x) = f (n+) (n + )! (ξ) (x x 0) (x x )... (x x n ) h (x) M 4 (n + ) hn+ משפט.24 (כרגע ללא הוכחה): עבור (b x,,) כאשר M היא הנגזרת ה + n של הפונקציה. 20

21 .4 שיטת ניוטון רפסון המטרה למצוא שורש של פונקציה בשיטה טובה משיטת החצאים. 3 הרעיון בכל פעם ניקח משיק, ומההטלה שלו נבחר את הנקודה הבאה. נשתמש בהנחה סמויה סדרת הנקודות מתכנסת y = f (x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) y = 0 f (x 0) f (x 0 ) + x 0 = x T (x) = x f (x) f (x) x 0, x = T (x 0 ), x 2 = T (x ) = T 2 (x 0 )... x n := T n (x 0 ) x n := x n f (x n) f (x n ) δ > 0 x 0 r < δ {x n } (r δ, r + δ) I משפט.25 תהי (I).f (r) = 0,r I,f C 2 נניח ש 0 > f ב I. לכל,x 0 I נגדיר אזי: יתר על כן,.x n r הוכחה: ממשפט טיילור ושארית לגראנג' בסביבת x, n עבור כל x: = r 0 = f (x r ) + f (x n ) (r x n ) + f (t n ) 2 x n+ := x n f (x n) f (x n ) x n+ r = x n r f (x n) f (x n ) (r x r ) 2 x n r = f (x n) f (x n ) + f (t n ) 2 f (x n ) (r x n) 2 x n r = δ > 0 x 0 r < δ {x n } (r δ, r + δ) I e n+ = f (t n ) 2 f (x n ) (r x n) 2 כאשר r).t n (x n, הגדרנו: ומצד שני, לפי טיילור ולגראנג': על כן, מהירות ההתכנסות: אם :e n : x n r 3 בה חוצים כל חלק לשניים חיובי ושלילי, עד למציאת האפס. 2

22 כעת, נרצה להוסיף הנחות כדי שהביטוי לא ישתולל, כך שהפער יילך ויקטן פרופורציונלית לריבוע. 4 יהי > 0 η עם: I = [r η, r + η] I ויהיו K := mx ( f ) [r η,r+η] k := min ( f ) [r η,r+η] e n+ = f (t n ) 2 f (x n ) e2 n K 2 k e2 n, K k e K 2 k e 0 2 K 2 k δ e 0 < 2 e 0 e 2 < 2 e < 2 2 e 9 e n < 2 n e 0 e n 0 יהי > 0 δ כך ש η < δ < 0 ו < δ ויהי x 0 I עם. e 0 = x 0 r < δ אזי: x n+ = x n f (x n) f (x n ) f (x) = x 2 2 x n+ = x n x2 n 2 2x n = x n 2 x n + x n = 2 x n + x n דוגמא נחפש קירוב ל 2 : בהנחה ש x n מתכנסת, נשאיף את n משני האגפים לאינסוף ונקבל: 2 l + l = l 2 l2 + = l 2 2 = l 2 l = 2 כעת נציב שתי נקודות כלשהן מסביב לשורש שתיים: x 0 = 2, x = 3 2 x 2 = x 3 = = = 7 2 =.466 = = = תוך קירוב אחד אנו מגיעים לדיוק טוב יותר מהמחשבון = או בעיברית אנחנו הולכים לחסום את הנגזרות 22

23 .5 תרגולים

24 2 האינטגרל 2.0. שימושים באנליזה בעיית השטח R R µ (R) R כאשר µ היא פונקצית המדידה של השטח. תכונותיה:. חיוביות 0.µ.2 מונוטוניות.µ (R) µ (S) R S.3 אדטיביות יהיו R, S זרים. אזי.µ (R) + µ (S) = µ 4. "בסיס מאורך" (rectngle) µ. 2. האינטגרל לפי דרבו 2.. סכומי דרבו הגדרה 2. חלוקה של [b,] הינה קבוצה סופית סדורה של נקודות } n P = {x 0, x,..., x כך ש b. = x 0 < x <... < x n = דוגמאות:. P = {, b} x 0 = x = + b n 2 (b ) x 2 = + n. x i = +. x n = b i (b ) n 2. החלוקה האוניפורמית עם n קטעים: נסמן ב [,b] R את קבוצת הפונקציות המוגדרות וחסומות בקטע [b,]. 24

25 M i := sup {f (t) x i t x i } m i := inf {f (t) x i t x i } הגדרה 2.2 יהיו f R ו P חלוקה של הקטע, ויהיו: U (P, f) = U (P ) = M (x x 0 ) + M 2 (x 2 x ) M n (x n x n ) L (P, f) = L (P ) = m (x x 0 ) + m 2 (x 2 x ) M n (x n x n ) x i = (x i x i ) וכמו כן נסמן:,P ביחס לחלוקה f יקרא הסכום דרבו העליון של U (P ) = n אזי, הסכום i= M i x i.p ביחס לחלוקה f יקרא סכום דרבו התחתון של L (P ) = n והסכום i= m i x i L (P ) U (P ) m (b ) L (P ) U (P ) M (b ) נשים לב: יתר על כן, אם m f M ב [ b :[, השטחים מתחת לצורה x הם שליליים, והם יכולים "לקזז" את השטחים החיוביים לדוגמא, נביט באינטגרל של מחזור של סינוס: הוא אפס! 2..2 אינטגרביליות דרבו נזכר בלמת החתכים מהסמסטר הראשון (מסקנה ישירה מלמת השלמות): supl = s i = infu למה 2.3 יהיו שתי קבוצות.L U,L φ U אזי התנאים הבאים שקולים: i!c l L, u U, l x u iis = i iii ( ε > 0) ( l L, u U) : u l < ε כאשר סימן הקריאה בתנאי הראשון משמעו יחיד. 25

26 למה זו כאמור לא נוכיח במסגרת הקורס הזה, אבל נשתמש בה להוכחת הלמה הבאה: L (P ) U (Q) למה 2.4 לכל,P Q חלוקות של [b,] את הלמה הזו נוכיח לאחר פיתוחים נוספים. נשים לב שלאחר מכן נוכל להגדיר: הגדרה [,b] 2.5 f R נקראת אינטגרבילית ב [ b [, אמ"מ קיים I R יחיד עבורו (Q) L (P ) I U לכל P, Q חלוקות של b].[, תנאי שקול: הגדרה 2.6 אמ"מ האינטגרל העליון שווה לאינטגרל התחתון, כלומר: U (f) = inf [U (Q)], L (f) = sup {L (P )} L (f) = U (f) U = {U (Q) : Q is prtition}, L = {L (P ) : L is prtition} נתחיל תחילה נביט בשתי הקבוצות: נשים לב כי הן אינם ריקות. כעת נוכיח למה אחרת: למה 2.7 אם Q מתקבלת מ P ע"י הוספת איבר אחד, אז: L (P ) L (Q) U (Q) U (P ) הוכחה: תהי } n P = {x 0, x,..., x כך ש b, = x 0 < x <... < x n = קיים אינדקס j כך ש.x j < y < x j n n L (P ) = m i x i = m i x i + m j x j n = i=,i j i= i=,i j m i x i + m j [(y x j ) + (x j y)] נסמן: M = sup {f (t) : x j t y}, M = sup {f (t) : y t x j } m = inf {f (t) : x j t y}, m = inf {f (t) : y t x j } נשים לב: m j m, m 26

27 ולכן: n m i x i + m (y x j ) + x + m (x j y) = L (Q) i=,i j ובסה"כ: L (P ) L (Q) לתלמיד החרוץ מושאר להוכיח: U (P ) U (Q) באותה הדרך בדיוק! מסקנה 2.8 הלמה הראשונה 2.4 מתקיימת. הוכחה: באופן כללי יהיו,P Q חלוקות כלשהן. נבנה את החלוקה P. Q U (P Q) U (Q) אזי,Q P Q P P Q אזי Q),L (P ) L (P ובסה"כ L (P ) L (Q) U (Q) U (P ) 2..3 תנאי דרבו לאינטגרביליות משפט 2.9 תהי [,b].f R אזי f אינטגרבילית ב [ b,] אמ"מ ε > 0, P U (P ) L (P ) < ε פירוש גיאומטרי: n n n U (P ) L (P ) = M i x i m i x i = (M i m i ) x i i=0 i=0 i=0 הוכחה: נתרגם את התנאים של למת החתכים לעולם האינטגרלים: i!i L (P ) I U (Q) iil (f) = U (f) iii ε > 0 Q, P : U (Q) L (P ) < ε בכיוון הראשון, אם התנאי מתקיים, מספיק לקחת,Q = P ואז התנאי השלישי של למת החתכים מתקיים (מספיק שיהיו קיימים,Q P כלשהם). בכיוון השני, נניח ש f אינטגרבילית. אזי קיימות (לפי התנאי השלישי של למת החתכים) P P, כך ש: U (P ) L (P ) < ε 27

28 תהי P.P = P אזח: P P U (P ) U (P ) L (P ) L (P ) U (P ) U (P ) P P L (P ) L (P ) סימון: אם f אינטגרבילית ב [ b, ]נכתוב [,b],f T b ונסמן ב f את המספר I האחד והיחיד של ההגדרה. דוגמאות:. פונקציות קבועות כלומר פונקציות מהצורה f c אינטגרביליות ב [ b,]. תהי P חלוקה כלשהיא. אזי: m i c M i n L (P ) = m i x i = U (P ) = i=0 n M i x i = i=0 n c x i = c (b ) i=0 n c x i = c (b ) i=0 {U (P )} = {c (b )} = {L (P )} c = c (b ) לכן f אינטגרבילית ו { x Q.[, פונקצית דיריכלה ב [ b D (x) = 2. תהי 0 x / Q תהי P חלוקה, M i, i =,..., n בגלל הצפיפות של Q ב R. לכן: U (P ) = x i = (b ) L (P ) = 0 מצד שני, בגלל הרציפות של R\Q ב R : ולכן D איננה אינטגרבילית. { x = c. < x < b עבור f (x) = 3. תהי f נתונה ע"י 0 x c נשים לב: אם b} P = {, d, e, (כלומר c אינו חלק מהחלוקה) כאשר, < d < c < e < b אזי: U (P ) = 0 (d ) + d (e d) + 0 (b e) = e d L (P ) = 0 U (P ) L (P ) = e d 28

29 f = inf {U (P )} = 0 לכן, לכל > 0 ε נבחר e, d כך ש ε,e d < וכך נעמוד בתנאי רימן לאינטגרביליות. נקבל: 0.4 תהי f (x) = x 2 ב [,[0, ותהי P החלוקה האוניפורמית של [,0] עם מחלקים שווים (סדרה של חלוקות) אזי: U (P n ) = [ ] n n n n2 n [ 2 ] L (P n ) = 0 + n n (n ) n2 n 2 [ t 2 = lim U (P n 2 ] n) = lim n n n n 2 = lim n 3, n בהנתן > 0 ε, נבחר n מספיק גדול כך ש ε < ואז נקבל,U (P n ) L (P n ) < ε ואז אנו עומדים בתנאי רימן, והפונקציה אינטגרבילית, ומתקיים: n (n + ) (2n + ) 6 = 3 לתלמיד הרציני החלף את ה t 2 ב t. M, C R 2..4 משפחות של פונקציות אינטגרביליות,]. תהיה קבוצת הפונקציות המונוטוניות ב [ b M,] [b,]. תהיה קבוצת הפונקציות הרציפות ב [ b C,] [b נסמן: משפט 2.0 או במילים הפונקציות השייכות לקבוצות מעלה הינן אינטגרביליות. הוכחה: נוכיח תחילה לפונקציות מונוטוניות: נניח ש f עולה ב [ b,] (אחרת ניקח f בהמשך נוכיח שגם היא אינטגרבילית ( 6 M i = f (x i ), m i = f (x i ) תהי P חלוקה, אזי: נניח ש P הומוגנית בעלת n חלקים שווים (בהמשך נראה שלכל ε נוכל לספק חלוקה שכזו). x i = b n U (P ) L (P ) = = b n = b n n i= n i= (M i m i ) x i = b n n (M i m i ) i= (f (x i ) f (x i )) = b n [f (x n) f (x 0 )] [f () f (b)] אם כך: 5 בדר"כ בשלב הזה של החומר היינו לומדים פונקציות מדרגות. השנה השתנה הסדר. הידד? 6 "התלמיד הרציני יבנה הוכחה גם לפונקציה יורדת". 29

30 ,n > (b )[f(b) f()] ε כעת, בהנתן > 0 ε נבחר n N המקיים ונקבל חלוקה P המבטיחה קיום תנאי רימן לאינטגרביליות. כעת נוכיח עבור פונקציות רציפות: נניח כי f רציפה ב [ b,]. ממשפט ויירשטראס, מכיוון ו f רציפה, היא מקבלת מקסימום ומינימום בכל קטע סגור. 7 נסמן: M i = mx {f (t)}, x i t x i, m i = min {f (t)}, x i t x i כמו כן, שוב מרציפות f, בקטע סגור [b,] היא רציפה במ"ש. x y < δ f (x) f (y) < ε λ = mx { x i } i=,..,n < δ לכן, בהינתן > 0,ε קיימת > 0 δ כך ש לכן, עבור > 0 ε כלשהיא, נגדיר את החלוקה P כך ש: כאשר λ הינו פרמטר החלוקה של P. כלומר, החלוקה שלנו שומרת שכל שתי נקודות עוקבות יקיימו: x y < δ בנוסף, נבחר δ ו N n כך ש <.δn אזי: n n U (P ) L (P ) = (M i m i ) x i < nε x i < ε n δ < ε i= i= שימו לב שתי השורות האחרונות הן תיקון שאני ביצעתי למה שניתן בכיתה עדיין לא נבדק מול אנשים אחרים, אז נא לקחת בערבון מוגבל! 2..5 תכונות הפונקציות האינטגרביליות באלגברה לינארית הפונקציות האינטגרביליות ניתנות להגדרה כמרחב וקטורי, והאינטגרציה ניתנת להתבוננות כהעתקה לינארית מהפונקציות לממשיים. ואכן, עשינו זאת באלגברה לינארית. נוכיח כעת את מה שראינו בשיעור הראשון על האינטגרל: משפט 2. יהיו b]. 8 f, g R [, אזי: b. חיוביות אם b] f R [, 0 אזי f.0 b. f b.2 מונוטוניות אם f g אזי g 3. לינאריות 7 ולא רק סופרימום (מינימום או מקסימום) כמו פונקציה כללית. 8 לפי מה שהוכחנו מעלה הן חסומות בקטע [b,]. 30

31 (f + g) = f + kf = k f g (א) (ב) יהי k. R אזי: הוכחה: הוא מקרה פרטי של 2. נוכיח את 2: תהי P חלוקה, וכמו כן f. g אזי: m i (f) M i (g) L (f, P ) = m i (f) x i M i (g) x i = U (f, p) f = sup {L (f, P )} inf {U (g, P )} = g נוכיח את 3: M i (f) + M i (g) M i (f + g) {f (t) + g (t)} {f (t)} + {g (t)} sup {f (t)} + sup {g (t)} sup {f (t) + g (t)} m i (f) + m i (g) m i (f + g) L (f, P ) + L (g, P ) L (f + g, P ) U (f + g, P ) U (f, P ) + U (g, P ) כעת, נזכר כי הוכחנו: בהנתן > 0,ε נסמן P = P P 2 כך ש: U (f, P ) L (f, P ) < ε 2 U (f, P 2 ) L (f, P 2 ) < ε 2 ε L (f + g, P ) U (f + g, P ) ε אזי P מקיימת את תנאי רימן עבור f, + g ולכן f + g אינטגרבילית. כעת, נוכיח שיוויון בין f + g לבין f + g : לכל P מתקיים: L (f, P ) L (g, P ) L (f + g, P ) f U (f, P ) g U (g, P ) f + g U (f + g, P ) עכשיו, נשתמש במשפט מעלה: L (f, P ) + L (g, P ) L (f + g, P ) f + g U (f + g, P ) U (f, P ) + U (g, P ) 3

32 L (f, P ) + L (g, P ) f + f + g = ומצד שני אם נחבר את אי השיויונות: g U (f, P ) + U (g, P ) כיוון שקיים רק מספר אחד ויחיד כזה, מתקיים: (f + g) משפט 2.2 תהי b],m f M,f R [, ותהי g : [m, M] R רציפה, אזי: g f R [, b] הוכחה: נגדיר: h := g f בהנתן > 0 ε, לפי תנאי לאינטגרביליות, עלינו להציג חלוקה P של [b,] עם U (h, P ) L (h, P ) < ε בהיות g רציפה בקטע [M,m], היא גם רציפה במ"ש בו. אזי, בהינתן > 0 ε יהי > 0 δ עם: x, y [m, M] x y δ g (x) g (y) < ε נשים לב ל יהיה תנאי הכרחי בהמשך. b],f R [, לכן, לפי תנאי רימן, קיימת חלוקה P של [b,] עם: ( ) U (f, P ) L (f, P ) < δε U (h, P ) L (h, P ) < [(b ) + (L l)] ε טענה 2.3 M i = sup {f (t)}, m i = inf {f (t)}, x i t x i L i = sup {h (t)}, l i = inf {h (t)} הוכחה: יהיו: כאשר l, L מקיימים.l h L g B [m, M], f B [, b] h = g f B [, b] 32

33 9 נסמן: i G M i m i δ i G l i L i < ε i B δ < M i m i כעת: U (h, P ) L (h, P ) = n (L i l i ) x i = (L i l i ) x i + (L i l i ) x i i G i B i= (L i l i ) x i < ε n x i ε x i = ε (b ) i G i G i= n ( ) = (M i m i ) x i < δε δ x i < (M i m i ) < δɛ i= i B i B δ x i < δε x i < ɛ (L i l i ) x i (L l) x i i B i B i B i B (l L) x i < (L l) ε i B U (h, P ) L (h, P ) = (L i l i ) x i + (L i l i ) x i < ε (b ) + (L l) ε i G i B = [(b ) + (L l)] ε f 2 R [, b] מסקנה 2.4 תהי b].f R [, אזי: מסקנה 2.5 אם גם b] g R [, אז b].f g R [, זאת כי ראינו כי: (f + g) R [, b] (f + g)2 f 2 g 2 2 = f g R [, b] מסקנה 2.6 כמו כן, b] f R [, מסקנה 2.7 אם > 0 f וחסומה מאפס, אז b]. f R [, המשך המסקנות: מסקנה 2.8 אם < m g M,0 אזי 0 < M g m. g אזי b] R [, B = Bound 9 33

34 למה 2.9 תהי b] f, f B [, רציפה ב ( b.(, אזי b].f R [, הוכחה: נניח ש M.m f בהנתן > 0 ε נבחר < c < d < b המקיימות: (M m) (c ) < ε 3, (M m) (b d) < ε 3 לאחר בחירה של,c, d נשים לב ש f רציפה ב [ d,c] ולכן אינטגרבילית בו. לפי קריטריון רימן, תהי Q חלוקה של [d,c] המקיימת: U (Q) L (Q) < ε 3 אזי נגדיר b}.p = Q {, כעת: U (P ) L (P ) = (M m) (c ) + U (Q) L (Q) + (M m) (b d) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε 0 מסקנה 2.20 אם [b f B,] בעלת מספר סופי של נקודות אי רציפות, אזי b].f R [, הגדרה 2.2 אם b} P = { = x 0 <... < x n = חלוקה של b].[, אזי n} λ (P ) = mx { x i, i =,..., יקרא פרמטר החלוקה. הערה 2.22 קיימות חלוקות של P עם פרמטר קטן כרצוננו בהנתן > 0 δ מספיק לבנות חלוקה אוניפורמית עם n חלקים, כאשר: b n < δ הגדרה 2.23 תהי f חסומה, ו.A D f אזי התנודה של f ב תסומן להיות: ω (f, A) = M m כאשר: M := sup {f (t), f A} m := inf {f (t), t A} ω (f) = ω (w, D f ) 0 כמסקנה, התלמיד הרציני יוכיח את המשפט הבא: תהי fבקטע [b,], ונניח שלכל תת קטע סגור פנימי הפונקציה אינטגרבילית. אזי הפונקציה אינטגרבילית בכל הקטע. 34

35 הערה 2.24 אם b] f B [, ו P חלוקה של b],[, אזי: n n U (P ) L (P ) = (M i m i ) x i = ω i x i ω i = ω (f, [x i, x i ]) i= i= למה 2.25 תהי b],f B [, ותהי P חלוקה של b],[, ונניח כי : P = P {y} אזי U (P ) L (P ) U (P ) L (P ) + ωλ (P ) w = (M m ) (y x i ) w = (M m ) (x j y) w j = (M j m j ) (x j x j+ ) w j (w + w ) M m }{{} λ (P ) ω(f) U (P ) L (P ) = U (P ) L (P ) (w + w ) + w j U (P ) L (P ) + ω (f) λ (P ) הוכחה: תחת הסימונים מההגדרו מעלה, קיים j יחיד עם.x j < y < x j משפט 2.26 תהי [b f. B,] אזי התנאים הבאים שקולים:. ε > 0 P U (P ) L (P ) < ε 2. ε > 0 δ > 0 P λ (P ) < δ U (P ) L (P ) < ε הוכחה: 2 טריוויאלי : 2 בהנתן > 0,ε תהי b} Q = { = x 0 < x <... < x l+ = חלוקה של b],[, U (Q) L (Q) < ε < ε.λ (P ) < ε ε lω אשר מקיימת לפי : נניח ש f קבועה, לכן 0 ω, ונניח ש l. ε ε = δ <.0 אזי, תהי P עם lω תהי 35

36 נתבונן ב Q P. נשים לב שהוספנו לכל היותר l נקודות ל P. Q P Q L (Q) L (P Q) U (P Q) U (Q) U (P Q) L (P Q) < ε P מקבלת מ Q P ע"י השמטה של l נקודות לכל היותר, לכן לפי הלמה הקודמת : U (P ) L (P ) U (P Q) L (P Q) + lωλ (P ) < ε + lωλ (P ) = ε + (ε ε ) = ε b f := f := 0 f כמו כן: הגדרה 2.27 תהי b]. < b,f R [, אזי: f := c f + c f ואם < c < b אזי: < b b < נניח כי f. M אזי יתקיים: f f M (b ) f = f f M ( b) = M b b b f f M (b ) כלומר בכל מקרה: (P = P Q) 36

37 2.2 האינטגרל לפי רימן 2.2. סכומי רימן הגדרה 2.28 תהי b] f B [, ו P חלוקה. נכנה בשם סכום רימן S של f עבור P ביטוי מהצורה: n S = f (t i ) (x i x i ) i= כאשר.x i t i x i משפט 2.29 תהי b].f R [, אזי לכל סדרה P n של חלוקות עם סדרת פרמטרים ) n λ P) ששואפת ל 0, ולכל סדרה ) n S) של סכומי רימן של f עבור P n בהתאם, אז: S n f אינטגרביליות רימן הגדרה 2.30 תהי f מוגדרת ב [ b,]. נאמר ש f אינטגרבילית לפי רימן, אמ"מ קיים מספר J R המקיים: ε > 0 δ > 0 S S J < ε כאשר S סכום רימן של f עבור חלוקה P של b] [, עבורה.λ (P ) < δ תרגיל: הוכיחו את יחידות המספר J! למה 2.3 תחת תנאים אלו, f חסומה ב [ b,]. הוכחה: נניח כי f עומדת בתנאי ההגדרה כלומר כי קיים J כנ"ל. אזי, בפרט עבור = ε יהי > 0 δ מתאים, ויהי S סכום רימן של f עבור חלוקה מסויימת P עבורה λ. P) ) < δ כלומר, יהיו: n = x 0 t x... t n x n = b, S = f (t i ) x i לכן, מתקיים: < S J < + J < S < + J יהי ] j,s j [x j, x כאשר j n. נגדיר: i= S j = i j f (t i ) x i + f (s j ) x j 37

38 נשים לב סכום רימן S j זה מתאים אף הוא לאותה החלוקה P. על כן, גם הוא מקיים: + J < S j < + J S S j < 2 S S j = f (t j ) x j f (s j ) x j 2 + f (t j ) x j < f (s j ) x j < 2 + f (t j ) x j 2 + f (t j ) x j x j < f (s j ) < 2 + f (t j) x j x j זה נכון לכל הנקודות בקטע ] j x], j, x לכן הפונקציה חסומה בכל קטע מסוג זה, ולכן היא חסומה ב [ b,] קריטריון קושי משפט 2.32 תהי f מוגדרת ב [ b,]. אזי f אינטגרבילית לפי רימן אמ"מ: ε > 0 δ > 0 S, S S S < ε כאשר S S, סכומי רימן של f עבור חלוקות שעבורן.λ (P ) < δ הוכחה: בכיוון הראשון, נניח כי f אינטגרבילית לפי רימן. אזי, בהינתן > 0 ε יהי > 0 δ אשר מבטיח את התנאי הבא: S S J < ε = ε 2 עבור סכום רימן כלשהוא של f עבור חלוקה P עם λ. P) ) < δ יהיו S,S סכומי רימן של f עבור חלוקות עם פרמטר חלוקה גדול מ δ בהתאם. אזי: S S = S J + J S S J + J S ε 2 + ε 2 = ε בכיוון השני, נניח ש f מקיימת את תנאי הקריטריון. נבחר סדרה S n של סכומי רימן של f עבור סדרה P n של חלוקות בהתאם המקיימות λ. P) ) < n בהנתן > 0,ε יהי > 0 δ אשר מבטיח. S S < ε לכל S,S סכומי רימן של f עבור חלוקות עם פרמטר חלוקה קטן מ δ בהתאם,. n < N < δ מתקיים N < n N, ולכן עבור N קיים N N עם < δ אזי, בהנתן :N < n, m N S n S m < ε ומכאן ש S n הינה סדרת קושי ועל כן היא מתכנסת. יהי J גבולה. נראה ש J מקיים את תנאי ההגדרה: בהנתן > 0 ε, ε 2 = יהי > 0 δ שמתאים לו לפי הקריטריון. נבחר אינדקס m N המקיים את שני התנאים הבאים: iλ (P m ) < δ ii S m J < ε = ε 2 יהי S סכום רימן של f עבור חלוקה P עם λ. P) ) < δ אזי: S J S S m + S m J < ε 2 + ε 2 = ε 38

39 2.3 המשפט היסודי של האינפי 2.3. המשפט היסודי גרסא רשמית F := t משפט 2.33 תהי f אינטגרבילית ב [ b,], ותהי: f (t) dt, x b אזי F רציפה ב [ b,]. יתר על כן, F גזירה בכל [b x,] בה f רציפה, ומתקיים: F (x) = f (x) הוכחה: למעשה נוכיח טענה חזקה יותר, ומתוכו תנבע נכונות המשפט מעלה. F (y) F (y) = y f x y f = y x f M y x יהיו b].x, y [, אזי: כאשר f M ב [ b [, 2. לכן, מצאנו כי למעשה F הינה ליפשיץ ב [ b,], ולכן רציפה במ"ש ב [ b,], ובפרט רציפה בקטע [y,x]. F (x) F (c) x c = F (x) F (c) x c x f c f x c תהי b],c [, ונניח ש f רציפה ב c. עבור :x c x c = f x c f (c) = 0 F (x) F (c) x f (c) x c = c f x c f (c) x c x x c = c f x x c f (c) c x c = x [f (t) f (c)] dt c = x c t [, b] t c < δ f (t) f (c) < ε יספיק לנו להראות: x c f x נעשה זאת: c f (c) x c f רציפה ב c, ולכן, בהנתן > 0 ε יהי > 0 δ עם: x c < δ F (x) F (c) x c f (c) ε x c x c = ε ולכן: 2 החסימות נובעת כמובן מאינטגרביליות הפונקציה 39

40 F (x) = x במקרה שבו הפונקציה f רציפה בכל נקודה, יכולנו להוכיח בצורה הבאה: f (t) dt F F (x) F (c) (c) = lim x c x c F (x) F (c) = x c f (t) dt c < x m (x) f (t) M (x) m (x) (x c) m (x) f (c) x c x c x c m (x) x f (t) dt M (x) (x c) f (t) dt M (x) x c c f (t) dt x c M (x) המשפט היסודי גרסא שימושית למת"פ משפט 2.34 תהי f רציפה ב[ b,], ותהי G גזירה ב [ b,] עם G, = f אז: f (t) dt = G (b) G () (G F ) = G F = f f 0 f (t) dt = F (b) F () x הוכחה: תהי F (x) = f (t) dt כמקודם. אז: G F = C (constnt) G (b) G () = (F + C) (b) (F + C) () = F (b) + C (F () + C) = F (b) F (),]! [b גזירה בכל F רציפה, ולכן f המשפט היסודי גרסא שימושית לאינפי 2 הגדרה 2.35 נאמר ש F קדומה של f ב [ b,] אם F רציפה, גזירה פרט אולי למספר סופי של נקודות ב [ b,]. ומקיימת F = f בכל נקודה אחרת. 40

41 משפט 2.36 תהי f אינטגרבילית ב [ b,], ו F קדומה שלה באותו הקטע. אזי: f (t) dt = F (b) F () הוכחה: נראה שלכל חלוקה P של [b, ]מתקיים: L (P ) F (b) F () U (P ) בה"כ ניתן להניח ש P מכילה את כל אותן הנקודות, אם יש כאלה, במספר סופי, ש F אינה גזירה בהן. P = { = x 0, x,..., x n = b} F (b) F () = F (x ) F (x 0 ) + F (x 2 ) F (x ) F (x n ) F (x n ), i n לכל (x i, x i וגזירה ב ( [x i, x i רציפה ב [ F ולכן, לפי משפט ערך הממוצע, קיימים ) i t i (x i, x עם: F (x i ) F (x i ) = f (t i ) (x i x i ) n F (b) F () = f (t i ) x i i= ביטוי אחרון זה הינו סכום רימן של f עבור עבור P. על כן: n L (P ) f (t i ) x i U (P ) i= ומכאן נכונות הטענה המשך דיון משפט 2.37 תהי f רציפה ב [ b,]. אזי, קיים b) c (, המקיים: f (t) dt = f (c) (b ) x הוכחה: תהי f F. (x) = f (t) dt רציפה. אזי, לפי המשפט היסודי: f (t) dt = F (b) F () L grnge = F (c) (b ) = f (c) (b ) 4

42 2.4 האינטגרל הלא מסויים ושיטות אינטגרציה הגדרה 2.38 נאמר ש F קדומה של f בקטע I אמ"מ F = f ב I. הגדרה 2.39 נגדיר את האינטגרל הלא מסויים בצורה הבאה: f := {F F = f} = F + C, C constnt { x dx = lnx + C x > 0 = ln x + C ln ( x) x < 0 דוגמא: k R (f + g) = נשים לב כי גם במקרה של האינטגרל המסויים מתקיים: kf = k f + f g נלמד כעת מספר שיטות למציאת פונקציה קדומה: 2.4. אינטגרציה לפי הצבה e x2 + C = e sinx + C = e lnx + C = e x + C = F (g (x)) + C = F (t)+c e x2 2xdx e sinx cosxdx e lnx x dx e x x dx f (g (x)) g (x) dx = f(t)dt, t=g(x), dt=g (x)dx תחילה, דוגמאות: מהי השיטה? דוגמאות: x 2 dx x=g(t)=cos(t) = g (t)= sin(t) cos2 (t) ( sin (t)) dt = t = g (x) = rccos (x) dx = rccosx + C x 2 dt = t + C. 42

43 x2 dx x=cos(t) = t=rccos(t) cos2 (t) ( sin (t)) dt = T rig sin 2 cos (2t) (t) = 2 ( ) = cos (2t) = 2 [ dt sin 2 (t) dt ( ) ] cos (2t) dt dt = 2 2 [t 2 ] sin (2t) + C = [sin (t) cos (t) t] + C 2.2 כעת, לאינטגרל המסויים: משפט 2.40 תהי d]) g C ([c, (כלומר g גזירה ברציפות בקטע זה), ותהי f רציפה ב ([ d g.,c]) אזי g (f g) אינטגרבילית בקטע d] [c, ומתקיים: f (x) = d c f (g (t)) g (t) dt כאשר (d). = g (c), b = g דוגמא: x2 dx 0 x=cos(t) = t=rccos(t) π π = 0 = 2 cos2 (t) ( sin (t)) dt = π π π 0 sin 2 (t) dt cos (2t) dt = dt + cos (2t) dt = π [ π + ] 2 sin (2t) π 0 = [π + 2 ] 2 (0 0) = π 2 π 0 cos (2t) 2dt הוכחה: תחילה, נשאל, מדוע (t) f (g (t)) g אינטגרבילית? g גזירה ברציפות ב [ d,c], ובפרט היא רציפה, ולכן f g רציפה בקטע זה, ולכן f g אינטגרבילית שם. מצד שני, g רציפה ב [ d,c], ולכן היא אינטגרבילית בקטע זה. ולכן, בסה"כ, אלו שתי פונקציות אינטגרביליות, ולכן הכפל שלהם אינטגרבילי גם כן. b כעת, תהי F.F () = f (x) dx היא קדומה של,f כי f רציפה ב [ b,[, ומתקיים: x [, b] F (x) = f (x) (f g) g = (F g) g Chin rule = (F g) כעת: 43

44 נשים זוהי פונקציה רציפה, ולכן (g F) הינה קדומה של g f). (g לכן, לפי המשפט היסודי בגרסא השימושית (המעבר הראשון והאחרון): d f (g (t)) g dt = (F g) d c = F (g (d)) F (g (c)) = F (b) F () = c f (xdx) נשים לטעות נפוצה אם f גזירה, אזי f אינה בהכרח אינטגרבילית! אינטגרציה לפי חלקים יהיו,g f פונקציות בעלות נגזרות רציפות. אזי: (f g) = f g + fg f g = (f g) fg f g = (f g) f g = f g f g f g {}}{ e x {}}{ x dx f (x) = e x, g (x) = = e x x e x dx = e x x e x + C דוגמאות:. f {}}{{}}{ sin (x)dx = e x sinx e x g = e x sin (x) e x cos (x) 2 f {}}{{}}{ cos (x) dx = e x sin (x) e x g e x ( sin (x)) dx e x sin (x) dx = e x sin (x) e x cos (x) e x sin (x) dx = ex sin (x) e x cos (x) 2 + C [ e x cos (x) ] e x ( sin (x)).2 sin 2 (t) dt = f T rig = cos (t) sin (t) + 2 g {}}{{}}{ sin (t) sin (t)dt = ( cos (t)) sin (t) dt sin 2 (t) dt sin 2 (t) dt = t cos (t) sin (t) sin 2 (t) dt = t cos (t) sin (t) 2 + C ( cos (t)) cos (t) dt.3 44

45 ln (x) dx = f {}}{ g {}}{ ln (x)dx = xln (x) x dx = xln (x) x + C x.4 A f (x) g (x) dx = f (x) g (x) b משפט 2.4 יהי b]).f g C ([, אזי: f (x) g (x) dx f g b = הוכחה: תהי g) (f רציפה ב [ b.[, כנ"ל g f ו g.f לכן, שלושתן אינטגרביליות ב [ b.[, (f g) (x) dx = [f (x) g (x) + f (x) g (x)] dx = f g קדומה של g),(f ולכן, מהמשפט היסודי: f (x) g (x) dx + f (x) g (x) dx הערה f 2.42 רציפה ב [ b,] האינטגרל הלא מסויים הגדרה 2.43 תהי b].f R [, אזי לכל b] :c [, F c (x) = x c f (t) dt תקרא אינטגרל לא מסויים של f ב [ b,]. F c (x) = x c f = c f + x f }{{} F :=F נשים מלינאריות: אם f רציפה ב [ b,], אזי F גם קדומה של f ב [ b,]. מה ההבדל בין אינטגרל לא מסויים לפונקציה קדומה? מתוך וויקיפדיה (מכיוון ועד כה לא הצלחתי להבין מה צביק עשה יעודכן בתקווה בהמשך): האינטגרל המסוים של פונקציה נתונה על פני קטע סופי הוא מספר השווה לשטח הכלוא בין ציר ה x לגרף הפונקציה בין קצוות הקטע. האינטגרל לא מסויים של פונקציה f אינו כפול לקטע זהו אוסף כל הפונקציות הממשיות שנגזרתן שוות ל f. 45

46 F (x) = F (x) = F (x) = f (x) x f במשפט היסודי, אם f רציפה, אזי:.F c (x) = x c מקיימת: כנ"ל לגבי כל עוד קצת עם פולינום טיילור בהקשר הזה תהי b].f C n [, הגדרנו את פולינום טיילור (x) T n f כל ש: f (x) = T n f (x) + R n (x) R n (x) = x f (n+) (t) (x t) n dt n! f (x) = f (t) + f (t) (x t) f (n) (t) n! dr n (x, t) dt משפט 2.44 אם b],f (n+) R [, אזי: באחת ההוכחות של פולינום טיילור, ראינו כי: + R (x, t) }{{} =S(t) ולכן: = S (t) = f (n+) (t) (x t) n n! לכן, S קדומה של הביטוי מימין באותו הקטע, x S (x) S () = f (n+) (t) (x t) n dt n! S (x) = 0 ( R n (x, x)), S () = R n (x) R n (x) = x f (n+) (t) (x t) n dt n! ולכן מהמשפט היסודי: f (x) = עוד כמה נקודות... דוגמא לפונקציה שיש לה קדומה, אך אינה אינטגרבילית: { x 2 sin ( ) f (x) = x x x = 0 { 2xsin ( ) x + x 2 cos ( ) 2 x x x = 0 f גזירה ב R. נביט בנגזרת: היא אינה חסומה בסביבה כלשהיא של אפס, ועל כן איננה איטגרבילית בקטע המכיל את הראשית. 46

47 דוגמא לפונקציה שאין לה קדומה: תחילה, נביט בפונקציה [x] f (x) = פונקציה זו לא מקיימת את הדרישה! יש לה קדומה, אפילו רציפה וגזירה באפס. נבצע מניפולציה קלה: f (x) = x [x] פונקציה זו אינה רציפה בכל נקודה בה x. Z בכל קטע סביב נקודה שכזו לא תהיה פונקציה קדומה כי היא לא מקיימת את משפט דרבו לערך הביניים של נגזרת. לכן, פונקציה כזו לא יכולה להיות נגזרת של פונקציה אחרת! בנוסף, נביט בפונקציית רימן יש לה אינטגרל לא מסויים, "פונקציה מצטברת", כמו לכל פונקציה אינטגרבילית. האינטגרל הלא מסוים הזה גזיר בכל נקודה. אם הוא היה רציף הוא היה פונקציה קדומה. אבל, פונקציית רימן גם היא אינה מקיימת את משפט ערך הביניים של דרבו לנגזרת, ולכן היא לא יכול להיות נגזרת של פונקציה בקטע. 2.5 פונקציית מדרגות הגדרה 2.45 נאמר ש ϕ המוגדרת בקטע [b,] הינה פונקציית מדרגות, אם קיימת חלוקה b} P = { = x 0 < x <... < x n = של b],[, וקיימים c,..., c n R כך ש ϕ (xi,x i) c i נסמן את קבוצת פונקציות המדרגות ב [ b S. =,] קבוצה זו סגורה לחיבור וכפל בסקלר ולכן הינה מרחב וקטורי. 3 סוג של משפט, והוכחה "באוויר" S [, b] R [, b] מאדטיביות ניתן להוכיח אינטגרביליות בכל תת קטע, וזה מספיק לאינטגרביליות של הפוונקציה כולה. בכלל, כל פונקציה המקיימת תכונות טובות "למקוטעין" רציפה למקוטעין, גזירה למקוטעין, מונוטוניות למקוטעין אינטגרבילית. משפט 2.46 תהי [b f. B,] אזי התנאים הבאים שקולים:.[, b] אינטגרבילית בקטע f. 3 היא גם סגורה לכפל ולכן מקיימת מבנה חזק יותר. 47

48 ε > 0 ϕ, ψ S [, b] ϕ f ψ ϕ ψ < ε.2 ε > 0 g, h R [, b] g f h h g < ε.3 הערה 2.47 אם b],f B [, אזי לכל חלוקה P של b] [, L (P ) = ϕ, ψ = U (P ) קיימות b] ϕ, ψ S [, כך ש ψ ϕ f כך ש: הוכחה: להערה: ψ (xi,x i) M i = sup {f (t) x i t x i } ϕ (xi,x i) m i = inf {f (t) x i t x i } ϕ (x i ) = f (x i ) = ψ (x i ) נוכיח את המשפט: הוכחה: 2 נניח ש [ b f. R,] אזי, לפי ההערה, f מקיימת את תנאי 2, b.l (P ) = ϕ, U (P ) = b כלומר קיימות,ϕ ψ כנ"ל כך ש ψ בנוסף, לפי קריטריון האינטגרביליות של רימן, לכל > 0 ε קיימת חלוקה P של [b,] כך ש: U (P ) L (P ) < ε ψ ϕ < ε לכן: 2 3 טריוויאלי, שהרי ראינו כי b] S [, b] R [, 3 תהי: h := inf {U (h, Q)},ε = ε 3 קיימת חלוקה P n המקיימת: לכן, בהנתן טוב את זה צריך לסדר... עוד דוגמאות של אינטגרציה בהצבה יוקלדו מאוחר יותר

49 2.6 פונקציות רציונליות מטה מוקלד החומר של צביק בנושא. עממה, הוא הציג את הנושא הזה בצורה ממש מסובכת. אנסה להביא בהמשך חלקים מחוברת מת"פ של רות לורנס נאימרק המצויינת להסבר פשוט יותר. R (x) = P x (x) + P (x), degp < degq Q (x) P (x) = C (x ) n... (x n ) nr (x 2 + 2b x + c ) m... ( x 2 + 2b 2 x + c s ) ms, 0 < nj, m j > 0 A כאשר < 0 c b 2 j (הדיסקרימיננטה) עבור. k l, k l, j s כל פונקציה רציונלית מהצורה הזו ניתן להציג כסכום של שברים פשוטים. (x ) + A 2 (x ) A n (x ) n B x + C 2. (x 2 + bx + c) + B 2x + C 2 (x 2 + bx + c) B mx + C m (x 2 + bx + c) m כלומר ביטויים מאחת מן הצורות הבאות: נראה השימוש בסדרות: I n = (x ) n dx, n N x x 2 I n+ = (x ) n dx = (x ) n dx I n x 2 x (x ) n dx = (x ) n }{{} x dx }{{} g f וכו', המשך יוקלד בהמשך... 49

50 2.7 האינטגרל הלא אמיתי נרצה להכליל את מושג האינטגרל ולהגדיר: אינטגרל על קטעים לא חסומים. 2. איטגרל של פונקציות לא חסומות אינטגרל על קטעים לא חסומים הגדרה 2.48 תהי f מוגדרת בקטע ) [, כאשר. R נניח ש f אינטגרבילית בכל קטע מהצורה [b,] כך ש R. < b lim b f f (x) dx = lim f b נאמר ש f אינטגרבילית ב I אמ"מ קיים הגבול: f (t) dt במקרה זה נסמן גבול זה ע"י: כלומר: ונאמר שאינטגרל זה מתכנס. אחרת, נאמר שהאינטגרל f מתבדר. דוגמאות 0 + x 2 dx 0 0 π dx = rctn (b) rctn (0) + x2 b 2 e x dx = lim b ( e x ) b 0 = 0 ( e 0) = 0 0 x dx dx = lim x b ln b = sin (x) dx = lim b ( cos (b) ( )) גבול זה לא קיים, לכן האינטגרל מתבדר

51 2.7.2 תכונות האינטגרל הלא אמיתי יהיו g, f איטגרביליות בקטע ) [,.I = f 0 f 0. חיוביות: f g f g 2. מונוטוניות: f + g = k R 3. לינאריות נשים לב שכאן יש מסקנה מוסתרת של קיום: f + kf = k g f < c < c f = f + c f 4. אדטיביות: קריטריון קושי משפט 2.49 תהי f אינטגרבילית בכל קטע b] [, עבור < b (כאשר קבוע, ולכל.(f R [, b] < b ε > 0 B R b, b R B < b < b b f < ε מתכנס אמ"מ אזי f ההוכחה מושארת כתרגיל אך נובעת ישירות ממשפט קושי לגבול של פונקציה. 5

52 2.7.4 מבחן ההשוואה משפט 2.50 יהיו,f g אינטגרביליות בכל תת קטע סגור של הקטע (,] I. = נניח שקיים < k R 0 כך שלכל f (x) kg (x) x I.0 אזי: מתכנס. מתבדר. מתכנס, גם f. אם g מתבדר, אזי גם g.2 אם f F (b) := f (t) dt הערה 2.5 עולה (כי 0 f) ולכן f מתכנס אמ"מ F חסומה. הוכחה: ל : F (b) := f (t) dt G (b) := מתכנס, ולכן: מתכנס, ולכן מלינאריות kg g kg (x) dx מתכנסת. מתכנס אזי G חסומה, ולכן F חסומה, ועל כן f לפי ההערה, מכיוון ש kg ל 2 : בשלילה, אילו האינטגרל של g היה מתכנס, אזי האינטגרל f היה מתכנס, בסתירה להנחה. דוגמאות e x2 dx e x dx <. x e x2 < e לכל, < x לכן: e x2 dx לכן, לפי מבחן ההשוואה: e x dx מתכנס, ולכן גם: מתכנס גם הוא. 52

53 2. נביט ב: f (x) = x P { x α dx = lnb 0 < α R, α = α x b α α אם > :b, 0 > α מתכנס אמ"מ >,α ובמקרה זה: x α dx = α לכן x α dx 0 f (x) = sinx x dx { sinx x x 0 x = 0 דוגמא מאוד חשובה ומעניינת! כאשר כוונתנו כמובן היא לפונקציה הרציפה: sinx x dx P rts = = cosx x b ( cosx) ( x ) 2 dx האינטגרל הנ"ל מתכנס: lim b sinx x מתכנס. 0 dx = cos () cosx x 2 dx מתכנס, 4 ולכן: sinx x מתכנס, ומכאן כי dx cosx x האינטגרל dx 2 sinx x ולכן הגבול קיים, ו dx 4 כמובן שאת זה צריך להוכיח אולם עדיין לא למדנו. בהמשך יוכח ע"י התכנסות בהחלט ומבחן ההשוואה. 53

54 מתכנס. B < < b < b b התכנסות בהחלט ובתנאי מתכנס בהחלט אמ"מ f הגדרה 2.52 נגיד ש f f < ε משפט 2.53 התכנסות בהחלט התכנסות. b f < ε הוכחה: נוכיח בעזרת תנאי קושי בהנתן > 0,ε קיים B R כך ש: b f b f < ε אבל אנו יודעים כי: ומכאן הטענה. הגדרה 2.54 נאמר ש f אינטגרבילית בתנאי ב (,] I = אמ"מ מתבדר. מתכנסת, אבל f f sinx x dx מתבדר. sinx x דוגמא מתכנס בתנאי. מדוע? נראה כי dx sinx, ולכן לכל,sin 2 x sinx x R ולכן: sin 2 x x sinx x נזכור, מטריגונומטריה: cos2x = 2sin 2 x sin 2 x = cos2x 2 sin2 x x = 2 ( x cos2x ) x ולכן: מתבדר, sin 2 x x מתבדר, ולכן dx x dx מתכנס, אבל cos2x x dx ומכן, לפי מבחן ההשוואה, sinx x dx מתבדר אינטגרל של פונקציה שאינה חסומה x בקטע בין 0 ל : נביט בגרף של הפונקציה

55 0 מתבדר. 0 x x 2 dx = rcsin 0 = π 2 0 = π 2 השטח אינו חסום, ולכן האינטגרל לעומת זאת: במקרה זה האינטגרל מתכנס! הגדרה 2.55 תהי f מוגדרת בקטע (b I, =,] ונניח ש f אינטגרבילית בכל תת קטע סגור של I. קיים. b מתכנס, ונסמן באותו סימן את גבולו. b נאמר ש f אינטגרבילית ב I אמ"מ lim f ε 0,ε>0 +ε במקרה זה נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי דוגמאות יתבדר, כי הרי הוא גדול 0 0 x 2 dx x dx, 2 ולכן גם 0 x אנו יודעים כי.0 < x עבור כל < x x 2. נשים..2 מ 0 x 2.8 הגדרה אנליטית של הפונקציות הטריגונומטריות